知识点：盐类水解

D

考点：盐类水解的应用；煤的干馏和综合利用；油脂的性质、组成与结构

分析：A．泡沫灭火器的药品是碳酸氢钠和硫酸铝；

B．煤中不含苯、甲苯等物质；

C．地沟油属于酯类，汽油属于烃类；

D．家庭用洁厕灵的有效成分是盐酸，“84消毒液”的有效成分是次氯酸钠，次氯酸钠有强氧化性，盐酸有还原性，两者反应生成氯气．

解答：解：A．泡沫灭火器的药品是碳酸氢钠和硫酸铝，碳酸氢钠和硫酸铝反应生成大量的二氧化碳，其反应速率比碳酸钠和硫酸铝反应速率大，故A错误；

B．煤中不含苯、甲苯等物质，煤通过干馏可发生化学变化生成苯、甲苯等芳香烃，故B错误；

C．地沟油属于酯类水解生成醇和酸，不能生成汽油，汽油属于烃类，故C错误；

D．家庭用洁厕灵的有效成分是盐酸，“84消毒液”的有效成分是次氯酸钠，次氯酸钠有强氧化性，盐酸有还原性，两者相遇发生氧化还原反应生成氯气，氯气有毒，会引起人中毒，所以家庭用洁厕灵与“84消毒液”不能同时使用，故D正确．

故选D．

点评：本题考查较为综合，涉及侯泡沫灭火器、煤的干馏、有机物的结构和性质、氯气的性质等知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学习的良好的科学实素养，提高学习的积极性，难度不大．

知识点：物质的分离、除杂和提纯

B

考点：物质的分离、提纯和除杂；蒸馏与分馏；海带成分中碘的检验．

分析：A、胶体不带电；

B、乙醇能和水以任意比混溶；

C、蒸馏操作时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处；

D、双氧水在酸性条件下氧化I﹣．

解答：解：A、胶体不带电，胶粒带电，故A错误；

B、乙醇能和水以任意比混溶，故可以用水洗的方法来除去苯中的乙醇，故B正确；

C、蒸馏操作时，温度计测量的是蒸汽的温度，故水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口处，故C错误；

D、双氧水在酸性条件下氧化性比较强，且氧化生成的碘单质在碱性条件下不能存在，故应在酸性条件下氧化I﹣，故从海带中提取碘时用到的药品有双氧水和硫酸溶液，故D错误．

故选B．

点评：本题考查了胶体的性质和物质的除杂分离操作，难度不大，注意知识的积累．

知识点：芳香烃 石油 苯 煤

B

考点：同分异构现象和同分异构体

分析：分子式为C8H8的某芳香烃，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能与溴水反应，说明含有苯环和碳碳双键，结构简式为．

解答：-解：分子式为C8H8的某芳香烃，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能与溴水反应，说明含有苯环和碳碳双键，结构简式为，与H2完全加成生，分子中有6种氢原子，一氯代物有6种．

故选B．

点评：本题考查有机物结构和性质，为高考高频点，明确物质中存在的官能团及其性质关系是解本题关键，同时考查学生空间想象能力，题目难度中等．

知识点：化学平衡状态及移动

B

考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；催化剂的作用；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用

分析：A、对平衡N2+3H22NH3加压、同时移除部分NH3时，v正先增大后减小，v逆先减小后增大；

B、反应H2（g）十I2（g）2HI（g）反应前后气体体积不变，减小容器体积与加入催化剂效果相同；

C、强酸溶液的体积每增大10n倍，酸溶液pH增大n；

D、O.1 mol/l稀醋酸加水稀释时溶液中离子浓度减小．

解答：解：A、对平衡N2+3H22NH3加压、同时移除部分NH3时，平衡正向移动，v正先增大后减小，v逆先减小后增大，与图象符合，故A正确；

B、图中a、b曲线除可表示反应H2（g）十I2（g）2HI（g）在有催化剂和无催化剂存在下建立平衡的过程，还可以表示压强不同时建立平衡的过程，故B错误；

C、HA、HB两种酸溶液加水稀释103倍，其pH变化小于3，说明两酸都为弱酸，故C正确；

D、稀醋酸加水稀释时溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，故D正确．

故选B．

点评：本题考查了化学反应速率图象、外界条件对平衡建立过程的影响图象、加水稀释溶液时pH和离子浓度的变化，题目难度不大．

知识点：综合性实验

D

考点：化学实验方案的评价

分析：A．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解；

B．石灰水的浓度小，不利用吸收二氧化硫；

C．装置石灰水变浑浊生成二氧化碳，但不能利用固体之间的反应比较酸性及非金属性；

D．Cu与硝酸反应生成NO，NO不溶于水．

解答：解：A．HCl极易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，则装置吸收HCl，将原物质除去，不能除杂，故A错误；

B．石灰水的浓度小，不利用吸收二氧化硫，应选NaOH溶液吸收，故B错误；

C．装置石灰水变浑浊生成二氧化碳，不能利用二氧化硅与碳酸钠的反应比较酸性及非金属性，事实为非金属性C＞Si，故C错误；

D．Cu与硝酸反应生成NO，NO不溶于水，选排水法可收集，则图中装置可制取并收集NO气体，故D正确；

故选D．

点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、非金属性比较、气体的制备及收集等，把握物质的性质、反应原理及实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大．

知识点：弱电解质的电离

A

考点：盐类水解的原理；水的电离

分析：A、加水稀释，硫酸中水的电离程度增加，硫酸铝中铝离子的水解程度增大，水的电离程度增加；

B、a点溶液中存在电荷守恒，据此回答判断；

C、pH都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液中氢离子的浓度相等，根据硫酸、硫酸铝和氢氧化钠的反应来回答；

D、硫酸对水的电离起抑制作用，硫酸铝对水的电离起到促进作用．

解答：解：A、加水稀释，硫酸中氢离子浓度减小，对水的电离抑制作用减小，硫酸中中水的电离程度增加，稀释硫酸铝，硫酸铝中铝离子的水解程度增大，水的电离程度增加，但是铝离子浓度减小，其中水的电离程度增加值不如稀释硫酸过程水的电离程度增加的大，即加等量的水后硫酸中水电离出的C（H+）与硫酸铝中水电离出的C（H+）的比值比稀释前的比值增大，故A正确；

B、a点溶液中存在电荷守恒：c（H+）+3c（Al3+）=c（OH﹣）+2c（SO42﹣），故B错误；

C、pH都相同的稀硫酸和硫酸铝溶液中氢离子的浓度相等，但是它们和氢氧化钠反应的实质不一样，前者是氢离子和氢氧根离子的反应，但是后者是铝离子和氢氧根离子之间的反应，氢离子和铝离子的物质的量不相等，故C错误；

D、硫酸对水的电离起抑制作用，硫酸铝对水的电离起到促进作用，b、c两溶液水电离出的c（OH﹣），硫酸电离出的氢离子浓度抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小，故D错误．

故选A．

点评：本题考查酸溶液的稀释，注意弱电解质溶液稀释时的浓度变化及加水促进弱电解质电离的特点即可解答，题目难度中等．

知识点：综合性实验

（1）分液漏斗；将长颈漏斗的下口插入水中用手捂试管在管口有气泡产生，松手后形成一段稳定的水柱；

（2）防倒吸；

（3）Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

（4）低于0℃，液体易冻结，反应困难，温度较高，过氧化氢分解速率加快；CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO2•8H2O；

（5）①2；

②26.09%．

考点：制备实验方案的设计

分析：（1）根据X的特征可知为分液漏斗；将长颈漏斗的下口插入水中，利用气体热胀冷缩进行检验；

（2）氨气极易溶于水，防止倒吸；

（3）实验室中用氯化铵和氢氧化钙固体制取氧气；

（4）低于O℃，液体易冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快；

CaCl2与H2O2、NH3、H2O反应生成CaO2•8H2O与NH4Cl；

（5）①140℃时完全脱水，杂质受热不分解，结合样品总质量计算出结晶水的总质量、物质的量，从而得出样品中CaO2•8H2O物质的量，再根据60℃时固体的质量计算出失去结晶水的质量、物质的量，进而计算出CaO2•xH2O中的x；

②根据①计算出的样品中CaO2的物质的量，根据m=nM计算出其质量，再计算出样品中CaO2•8H2O的纯度．

解答：解：（1）根据X的特征可知X为分液漏斗；将长颈漏斗的下口插入水中用手捂试管在管口有气泡产生，松手后形成一段稳定的水柱，

故答案为：分液漏斗；将长颈漏斗的下口插入水中用手捂试管在管口有气泡产生，松手后形成一段稳定的水柱；

（2）A中产生的氨气极易溶于C中，B装置可以防倒吸，

故答案为：防倒吸；

（3）实验室中用氯化铵和氢氧化钙固体制取氧气，反应方程式为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，

故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；

（4）由于低于0℃，液体易冻结，反应困难，而温度较高，过氧化氢分解速率加快，所以制取CaO2•8H2O一般在0℃～5℃的低温下进行；

生成CaO2•8H20的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO2•8H2O，

故答案为：低于0℃，液体易冻结，反应困难，温度较高，过氧化氢分解速率加快；CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO2•8H2O；

（5）①140℃时完全脱水，杂质受热不分解，则样品中CaO2•8H2O含有的结晶水的总质量为：2.76g﹣1.32g=1.44g，结晶水的物质的量为：=0.08mol，原样品中含有CaO2•8H2O的物质的量为：=0.01mol，

60℃时固体的质量为1.68g，失去结晶水的质量为：2.76g﹣1.68g=1.08g，失去结晶水的物质的量为：=0.06mol，故60℃时CaO2•xH2O中x==2，

故答案为：2；

②根据①可知CaO2•8H2O的物质的量为0.01mol，则CaO2的物质的量也是0.01mol，其质量为：72g/mol×0.01mol=0.72g，样品中CaO2的纯度为：×100%≈26.09%，

故答案为：26.09%．

点评：本题考查实验方案的设计、物质组成及含量测定计算，题目难度中等，充分考查学生的分析理解能力、知识迁移应用能力．

知识点：电解池

Ⅰ．Cu2S+O22Cu+SO2 ；1.5；

Ⅱ．DE；

Ⅲ．铜丝表面先变黑，后变为红色；2Cu+O22CuO、CuO+C2H5OHCH3CHO+Cu+H2O；

Ⅳ．（1）将气体通入品红中，品红褪色，加热后又恢复红色，证明有SO2；

（2）ad；

（3）3C+Al2O3+3Cl23CO+2Al2Cl3；

（4）取二者溶于水后的溶液少许置于试管中，向其中加入品红溶液，若品红不褪色，说明二者恰好完全反应，否则，两者未完全反应；

（5）SO2﹣2e﹣+2NH3•H2O=S042﹣+2NH4++2H+．

考点：制备实验方案的设计；铜金属及其重要化合物的主要性质．.

分析：Ⅰ．火法炼铜是利用Cu2S与氧气在高温条件下反应生成Cu与二氧化硫，该工艺的中间过程会发生反应为：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑；

Ⅱ．利用电解法进行粗铜提纯时，粗铜应作阳极，连接电源正极，发生氧化反应，发生反应有：Cu﹣2e﹣=Cu2+、Fe﹣2e﹣=Fe2+、Zn﹣2e﹣=Zn2+，精铜作阴极，连接电源负极，发生还原反应：Cu2++2e﹣=Cu，活泼性比Cu弱金属Ag、Pt等金属在电解槽底部会形阳极泥，阳极得到的Cu2+比阴极反应的Cu2+少，整个过程溶液中的Cu2+浓度减少；

Ⅲ．Cu丝在空气中加热生成CuO，并趁热插入到乙醇中，CuO与乙醇反应生成乙醛与Cu；

Ⅳ．（1）用品红溶液检验二氧化硫；

（2）根据装置能否防止溶液倒吸分析解答；

（3）由流程图可知，氯化炉中氧化铝、碳、氯气反应生成氯化铝、CO；

（4）二氧化硫溶液与氯水都可以使品红溶液褪色，据此设计实验；

（5）二氧化硫失去电子，在氨水存在条件下生成硫酸铵，有氢离子生成．

解答：解：Ⅰ．火法炼铜是利用Cu2S与氧气在高温条件下反应生成Cu与二氧化硫，反应方程式为：Cu2S+O22Cu+SO2 ，该工艺的中间过程会发生反应为：2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑，生成二氧化硫为=0.25mol，反应中S元素化合价由﹣2价升高为+4价，转移电子为0.25mol×[4﹣（﹣2）]=1.5mol，

故答案为：Cu2S+O22Cu+SO2 ；1.5；

Ⅱ．A．利用电解法进行粗铜提纯时，粗铜应作阳极，精铜作阴极，故A错误；

B．电解时阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，故B错误；

C．粗铜应作阳极，连接电源正极，其电极反应是Cu﹣2e﹣=Cu2+，故C错误；

D．阳极发生反应有：Cu﹣2e﹣=Cu2+、Fe﹣2e﹣=Fe2+、Zn﹣2e﹣=Zn2+，活泼性比Cu弱金属Ag、Pt等金属在电解槽底部会形阳极泥，故D正确；

E．阳极得到的Cu2+比阴极反应的Cu2+少，整个过程溶液中的Cu2+浓度减少，故E正确，

故选：DE；

Ⅲ．Cu丝在空气中加热生成CuO，并趁热插入到乙醇中，CuO与乙醇反应生成乙醛与Cu，铜丝表面的现象为：铜丝表面先变黑，后变为红色，发生的反应为：2Cu+O22CuO、CuO+C2H5OHCH3CHO+Cu+H2O，

故答案为：铜丝表面先变黑，后变为红色；2Cu+O22CuO、CuO+C2H5OHCH3CHO+Cu+H2O；

Ⅳ．（1）用品红溶液检验二氧化硫，具有二氧化硫的方法为：将气体通入品红中，品红褪色，加热后又恢复红色，证明有SO2，

故答案为：将气体通入品红中，品红褪色，加热后又恢复红色，证明有SO2；

（2）a．干燥管球形处容积较大，溶液倒吸后会于烧杯内的液体分离，由重力作用又回到烧杯内，可以防止倒吸，故a正确；

b．广口瓶中进气管长，出气管短，不能防止倒吸，应进气管短，故b错误；

c．导管直接伸入液面内，会发生倒吸危险，故c错误；

d．二氧化硫经过四氯化碳后，被氢氧化钠溶液吸收，可以防止倒吸，故d正确，

故选：ad；

（3）由流程图可知，氯化炉中氧化铝、碳、氯气反应生成氯化铝、CO，反应方程式为：3C+Al2O3+3Cl23CO+2Al2Cl3，

故答案为：3C+Al2O3+3Cl23CO+2Al2Cl3；

（4）取二者溶于水后的溶液少许置于试管中，向其中加入品红溶液，若品红不褪色，说明二者恰好完全反应，否则，两者未完全反应，

故答案为：取二者溶于水后的溶液少许置于试管中，向其中加入品红溶液，若品红不褪色，说明二者恰好完全反应，否则，两者未完全反应；

（5）二氧化硫失去电子，在氨水存在条件下生成硫酸铵，有氢离子生成，电极反应式为：SO2﹣2e﹣+2NH3•H2O=S042﹣+2NH4++2H+，

故答案为：SO2﹣2e﹣+2NH3•H2O=S042﹣+2NH4++2H+．

点评：本题考查化学与技术、铜的精炼、实验制备方案设计、原电池等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等．

知识点：化学反应的热效应

（1）CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1；

（2）ab；

（3）abd；

（4）①＜；

②增大；不变；

③；

（5）①CO32﹣；

②10﹣2+10﹣4﹣10﹣10．

考点：转化率随温度、压强的变化曲线；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；离子浓度大小的比较．.

分析：（1）C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H1=+131.3kJ•mol﹣1 ①

C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H2=+90kJ•mol﹣1 ②

由盖斯定律②﹣①得CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g），以此计算△H；

（2）a．随温度升高，平衡向吸热即正反应方向移动，氨气的物质的量逐渐减小；

b．随压强增大，平衡向气体体积减小即逆反应反应移动，氨气的转化率逐渐减小；

c．随反应进行，密闭体积中混合气体的密度自始至终不变；

d．随氨气的物质的量增加，某一生成物的物质的量逐渐增加；

（3）a．一氧化氮不易溶于，而二氧化氮易溶于水，反应生成NO；

b．亚硫酸钠不稳定，易被氧气氧化；

c．用CO作脱除剂，则氮氧化物得电子发生还原反应；

d．尿素[CO（NH2）2]中N元素化合价为﹣3价，具有还原性，在一定条件下能有效将NOx转化为氮气；

（4）①相同温度下，同一容器中，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CO的转化率增大；

②温度容积不变，向该密闭容器再增加a mol CO与 2a mol H2，等效为开始加入2a mol CO与 4a mol H2，体积扩大1倍，平衡后增大压强，再压缩恢复到原来体积，增大压强平衡向体积减小的方向移动；平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变；

③该温度下，平衡时n（CO）=amol×（1﹣0.5）=0.5amol，n（CH3OH）=c（CO）（参加反应）=amol×0.5=0.5amol，n（H2）=2amol﹣2×amol×0.5=amol，则c（CO）=mol/L、c（CH3OH）=mol/L、c（H2）=mol/L，化学平衡常数K=计算；

（5）①将2mol NH3（g）和l mol CO2（g）通入1L水中，恰好生成碳酸铵，据此分析即可；

②依据电中性原则列出式子，代入数据计算即可．

解答：解：（1）C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H1=+131.3kJ•mol﹣1 ①

C（s）+2H2O（g）=CO2（g）+2H2（g）△H2=+90kJ•mol﹣1 ②

由盖斯定律②﹣①得：

CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1

故答案为：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41.3kJ•mol﹣1；

（2）a．当X表示温度时，平衡向吸热即正反应方向移动，氨气的物质的量逐渐减小，故a正确；

b．当X表示压强时，平衡向气体体积减小即逆反应反应移动，氨气的转化率逐渐减小，故b正确；

c．当X表示反应时间时，密闭体积中混合气体的密度自始至终不变，故c错误；

d．当x表示氨气的物质的量时，某一生成物的物质的量逐渐增加，故d错误；

故答案为：ab；

（3）a．一氧化氮不易溶于，而二氧化氮易溶于水，反应生成NO，不利于吸收含氮烟气中的NO，故a正确；

b．亚硫酸钠不稳定，易被氧气氧化，O2会降低Na2SO3的利用率，故b正确；

c．用CO作脱除剂，被氧化，则氮氧化物得电子发生还原反应，不会生成NO2，烟气中NO2的浓度不增加，故c错误；

d．尿素[CO（NH2）2]中N元素化合价为﹣3价，具有还原性，在一定条件下能有效将NOx转化为N2．故d正确．

故答案为：abd；

（4）①相同温度下，同一容器中，增大压强，平衡向正反应方向移动，则CO的转化率增大，根据图象知，p1小于p2，故答案为：＜；

②温度容积不变，向该密闭容器再增加a mol CO与 2a mol H2，等效为开始加入2a mol CO与 4a mol H2，体积扩大1倍，平衡后增大压强，再压缩恢复到原来体积，增大压强平衡向体积减小的方向移动．该反应为气体体积减小的反应，故向正反应移动，CO转化率增大．平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变．

故答案为：增大；不变；

③该温度下，平衡时n（CO）=amol×（1﹣0.5）=0.5amol，n（CH3OH）=c（CO）（参加反应）=amol×0.5=0.5amol，n（H2）=2amol﹣2×amol×0.5=amol，则c（CO）=mol/L、c（CH3OH）=mol/L、c（H2）=mol/L，化学平衡常数K===，故答案为：；

（5）①将2mol NH3（g）和l mol CO2（g）通入1L水中，恰好生成碳酸铵，化学反应方程式为：2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3，故溶液中存在浓度最大的阴离子是碳酸根，故答案为：CO32﹣；

②设两种溶液体积均为V，混合后，该溶液中的阳离子是：Na+、NH4+和H+，阴离子是：OH﹣和SO42﹣，依据电中性原则有：c（Na+）+c（NH4+）+c（H+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣），故c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣）+c（OH﹣）﹣c（H+）=2×+﹣10﹣10=0.01+10﹣4﹣10﹣10=10﹣2+10﹣4﹣10﹣10，故答案为：10﹣2+10﹣4﹣10﹣10．

点评：本题主要考查的是反应的焓变判断，热化学方程式的书写，化学平衡的影响因素，氧化还原法除有毒气体，可逆反应转化率随温度和压强变化的曲线，要求学生具备依据图象所给的信息获取分析问题的能力，还涉及平衡常数的计算、溶液中离子浓度大小比较以及电中性原则的应用，有一定难度．

知识点：晶体结构与性质

（1）3s23p63d10 ；

（2）l：2；

（3）乙醇中的羟基与水的羟基结构相似所以溶解度大，C7H15OH中烃基大，与水的羟基结构相似程度小所以溶解度小；sp3；

（4）①③；a；

（5）8；×．

考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；位置结构性质的相互关系应用；化学键；判断简单分子或离子的构型．

分析：A元素的一种原子没有中子，只有一个质子，则A是H元素；

B是电负性最大的元素，则为F元素；

C的基态原子2p轨道有三个未成对电子，为N元素；

E能形成砖红色（红色）的E2O和EO两种氧化物，则E为Cu元素；

D为主族元素，且与E同周期，其最外层上有两个运动状态不同的电子，说明其最外层上有两个电子，为Ca元素；

（1）E为Cu元素，其M层有18个电子，分别位于3s、3p、3d能级上，根据构造原理书写；

（2）C是N元素，其单质为N2，氮气分子中存在氮氮三键，三键中含有1个δ键和2个π键；

（3）含有氢键的物质熔沸点较高；根据价层电子对互斥理论确定原子杂化类型；

（4）含有空轨道和含有孤电子对的原子之间存在配位键，不同非金属元素之间易形成极性键；平面正方形结构的二元氯代物有两种结构；

（5）根据图知，D离子配位数是8；根据密度公式ρ=计算晶胞中距离最近的B和D之间的距离．

解答：解：A元素的一种原子没有中子，只有一个质子，则A是H元素；

B是电负性最大的元素，则为F元素；

C的基态原子2p轨道有三个未成对电子，为N元素；

E能形成砖红色（红色）的E2O和EO两种氧化物，则E为Cu元素；

D为主族元素，且与E同周期，其最外层上有两个运动状态不同的电子，说明其最外层上有两个电子，为Ca元素；

（1）E为Cu元素，其M层有18个电子，分别位于3s、3p、3d能级上，根据构造原理知，其排布式为3s23p63d10，

故答案为：3s23p63d10 ；

（2）C是N元素，其单质为N2，氮气分子中存在氮氮三键，三键中含有1个δ键和2个π键，则C元素单质分子中含有δ和π键的键数之比为1：2，故答案为：l：2；

（3）乙醇中的羟基与水的羟基结构相似所以溶解度大，C7H15OH中烃基大，与水的羟基结构相似程度小所以溶解度小，N2H4分子每个N原子含有3个共价单键和1个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化，

故答案为：乙醇中的羟基与水的羟基结构相似所以溶解度大，C7H15OH中烃基大，与水的羟基结构相似程度小所以溶解度小；sp3；

（4）Cu（NH3）42+配离子中Cu原子和N原子之间存在配位键、N﹣H原子之间存在极性键，故选①③；

若 Cu（NH3）42+具有对称的空间构型，且当 Cu（NH3）42+中的两个NH3分子被两个Cl取代时．能得到两种不同结构的产物，则 Cu（NH3）42+空间构型为平面正方形；

故答案为：①③；a；

（5）根据图片知，每个D原子连接8个B原子，所以D原子配位数是8，

该晶胞中氟离子个数为8，钙离子个数=8×+6×=4，ρ==则V==，

该晶胞中四个钙离子形成正四面体结构，氟离子位于正四面体的体心上，其图象为：

晶胞边长=cm，正四面体棱长=×cm，

在正三角形BCD中BE的长=××cm，BO与OE的长之比为2：1，则BO的长=×××=cm，

（AO的边长）2=（×）2﹣（）2，

设氟离子和钙离子的边长为x，

x2=（）2﹣（AO的边长﹣x）2，x=×，

故答案为：8；×．

点评：本题考查较综合，涉及晶胞计算、微粒构型判断、原子核外电子排布等知识点，同时考查学生空间想象能力、计算能力，难点是晶胞计算，明确正四面体中顶点到中心的距离及中心到底面距离的比是解本题关键，题目难度中等．