广东省佛山市高三上学期教学质量检测一理科综合化学精校解析Word版.docx

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广东省佛山市高三上学期教学质量检测一理科综合化学精校解析Word版

佛山市普通高中教学质量检测

（一）高三理科综合

化学试题

本试卷共14页，38题（含选考题）。

全卷满分300分，考试用时150分钟。

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3.考试结束后，请将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量：

HlC12N14O16S32C135.5Ti48Cu64

化学部分

1.硫是生物必需的营养元素之一，下列关于自然界中硫循环（如图所示）说法正确的是

A.含硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环

B.硫循环中硫的化合物均为无机物

C.上述硫循环中硫元素均被氧化

D.烧煤时加石灰石，可减少酸雨及温室气体的排放

【答案】A

【解析】

【分析】

A.硫酸盐和亚硫酸盐等在硫杆菌及好氧/厌氧菌作用下缓慢转化成植物R1—S—R2，含硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环；

B.硫循环中硫的化合物有无机物、有含硫的有机物；

C.根据化合价变化来判断；

D.烧煤时加石灰石，生成二氧化碳；

【详解】A.硫酸盐和亚硫酸盐等在硫杆菌及好氧/厌氧菌作用下缓慢转化成植物R1—S—R2，含硫杆菌及好氧/厌氧菌促进了硫的循环，故A正确；

B.硫循环中硫的化合物有含硫的有机物，不全是无机物，故B错误；

C.含硫杆菌及好氧/厌氧菌将硫酸盐、亚硫酸盐中硫还原成R1-S-R2，硫循环中硫元素有时被氧化，有时被还原，故C错误；

D.烧煤时加石灰石，可减少酸雨排放，但生成二氧化碳，增加温室气体的排放，故D错误；

故选A。

2.NA为阿伏加德常数的值。

下列叙述中正确的是

A.标准状态下，2.24LCH3OH中质子数为l.8NA

B.28gC2H4和C2H6混合气体中氢原子数目为4NA

C.60g乙酸分子中共用电子对数目为8NA

D.1L0.1mol/LHF的水溶液中H-F共价键数目为0.1NA

【答案】C

【解析】

【详解】A.标准状况下，CH3OH为液态，非气态，无法计算2.24LCH3OH的物质的量，故A错误；

B、C2H4和C2H6的摩尔质量不同，28g混合物的物质的量无法计算，则含有的H原子数无法计算，故B错误；

C、60g乙酸的物质的量为1mol，乙酸分子中共用电子对的数目是8，所以1mol乙酸中共用电子对的数目为8NA，故C正确；

D、HF溶于水后部分电离，共价键部分被破坏，溶液中含有的HF共价键小于0.1NA个，故D错误。

故选：

C。

3.某防晒产品中含水杨酸乙基己酯（结构简式如图）、丙烯酸（CH2=CH-COOH）、甘油（丙三醇）、水等物质。

下列说法错误的是

A.甘油具有保湿作用

B.水杨酸乙基己酯结构中所有的碳原子均可共面

C.水杨酸乙基己酯苯环上的一氯代物有四种

D.丙烯酸可发生加成、取代和氧化反应

【答案】B

【解析】

【分析】

A.甘油中羟基是亲水基团，易吸水；

B.水杨酸乙基己酯结构中有一个采用sp3杂化的碳原子与三个碳原子相连；

C.水杨酸乙基己酯苯环上有四种氢原子；

D.根据丙烯酸中碳碳双键、羧基官能团的性质解答。

【详解】A.甘油中羟基是亲水基团，易吸水，甘油具有保湿作用，故A正确；

B.水杨酸乙基己酯结构中有一个采用sp3杂化的碳原子与三个碳原子相连，呈四面体结构，水杨酸乙基己酯结构中所有的碳不可能共面，故B错误；

C.水杨酸乙基己酯苯环上有四种氢原子，能形成四种苯环上的一氯代物，故C正确；

D.丙烯酸中含碳碳双键，能发生加成反应、氧化反应，含羧基能发生取代，故D正确。

故选B。

4.图甲~丁中关于海带提取碘的部分实验操作及目的正确的是

A.装置甲的作用是使海带中I2升华

B.装置乙加H2O2发生置换反应生成I2

C.装置丙用于富集水溶液中的I2

D.装置丁用于分离I2和水的混合物

【答案】C

【解析】

【分析】

A.装置甲的作用是通过灼烧除去海带中有机物杂质；

B.H2O2是氧化剂，将碘离子氧化生成I2；

C.用萃取法提取水溶液中的I2；

D.I2和四氯化碳的混合物，用蒸馏法分离。

【详解】A.装置甲的作用是通过灼烧除去海带中有机物杂质，再溶解过滤获取海带中碘的无机盐，故A错误；

B.H2O2是氧化剂，将碘离子氧化生成I2，不是置换反应，故B错误；

C.用萃取法提取水溶液中的I2，达到富集水溶液中的I2目的，故C正确；

D.利用I2和四氯化碳沸点差别较大的性质，I2和四氯化碳的混合物，用蒸馏法分离，回收四氯化碳，同时获得碘单质，故D错误。

故选C。

5.我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂，实现电解富尿素废水低能耗制H2（装置如图）。

总反应为CO（NH2）2+H2O=3H2↑+N2↑+CO2↑。

下列说法中错误的是

A.a为阳极，CO（NH2）2发生氧化反应

B.b电极反应为：

2H2O+2e－=H2↑+2OH－

C.每转移6mol电子，a电极产生1molN2

D.电解一段时间，a极区溶液pH升高

【答案】D

【解析】

【分析】

A、电解池工作时，CO（NH2）2失去电子，a为阳极发生氧化反应；

B、阴极产生H2，则阴极反应式为：

2H2O+2e－═2OH－+H2↑；

C、阳极的电极反应式为：

CO（NH2）2-6e－+H2O═CO2↑+N2↑+6H+，根据电极反应计算；

D、a极发生CO（NH2）2-6e－+H2O═CO2↑+N2↑+6H+，a极区溶液pH降低。

【详解】A、电解池工作时，CO（NH2）2失去电子，a为阳极发生氧化反应，故A正确；

B、阴极水得电子产生H2，则阴极反应式为：

2H2O+2e－═2OH－+H2↑，故B正确；

C、阳极的电极反应式为：

CO（NH2）2-6e－+H2O═CO2↑+N2↑+6H+，若电路中通过6mol电子，阳极产生N2的物质的量为n（N2）=6mol×1/6=1mol，故C正确；

D、a极发生CO（NH2）2-6e－+H2O═CO2↑+N2↑+6H+，a极区溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH降低，故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查电解原理，解题关键：

明确电极反应式。

难点C，根据电极反应计算。

6.已知W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，W与Z同主族，X与Y同周期，且Y与Z的原子序数之和为20。

Y单质能与无色无味液体m反应置换出X单质，Z单质也能与m反应置换出W单质。

W、X、Y均能与Z形成离子化合物。

下列说法错误的是

A.X、Z两元素的简单离子电子层结构相同

B.X与Z形成的离子化合物一定只含有离子键

C.Y的氢化物比X的氢化物稳定

D.W与Y形成的化合物WY可刻蚀玻璃

【答案】B

【解析】

【分析】

无色无味液体m是水，Y单质能与无色无味液体m反应置换出X单质，Z单质也能与m反应置换出W单质。

Y和Z单质，一个是强还原剂钠，一个是强氧化剂氟气，且Y与Z的原子序数之和为20，得Z为钠，Y为氟，W是氢，X是氧。

W、X、Y均能与Z形成离子化合物NaH、Na2O、Na2O2、NaF。

【详解】A.O2-、Na+两简单离子电子层结构相同，都是两层电子，分别为2、8个电子，故A正确；

B.X与Z形成的离子化合物Na2O、Na2O2一定含有离子键，Na2O2含有共价键，故B错误；

C.非金属性F＞O，则气态氢化物的稳定性：

Y的氢化物HF比X的氢化物H2O稳定，故C正确；

D.SiO2＋4HF=SiF4＋2H2O，W与Y形成的化合物HF可刻蚀玻璃，故D正确；

故选B。

【点睛】本题考查原子结构与元素周期律，解题关键：

把握元素的性质、原子结构、原子序数来推断元素，难点元素的推断，注意规律性知识及元素化合物知识的应用，从氟气与水、钠与水发生置换反应突破。

7.常温下，向20mL0.1moL/L的H3PO4溶液中滴加0.1moL/L的NaOH溶液，所得溶液的pH与NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是

A.H3PO4溶液第一步滴定可用酚酞作指示剂

B.A点溶液中c（H2PO4－）>c（H3PO4）>c（HPO42－）

C.图像中A、B、C三处溶液中

相等

D.B点溶液存在2c（Na+）=c（PO43－）+c（H2PO4－）+c（HPO42－）+c（H3PO4）

【答案】C

【解析】

【分析】

A、H3PO4溶液第一步滴定生成NaH2PO4，溶液呈酸性，选变色范围为酸性的指示剂；

B、NaH2PO4在水溶液中，电离大于水解；

C、温度相同，同一反应的平衡常数相同；

D、B点是Na2HPO4溶液，用物料守恒去解。

【详解】A、H3PO4溶液第一步滴定生成NaH2PO4，溶液呈酸性，选变色范围为酸性的指示剂，可选用甲基橙作指示剂，故A错误；

B、A点为NaH2PO4溶液，NaH2PO4在水溶液中，电离大于水解，A点溶液中c（H2PO4－）>c（HPO42－）>c（H3PO4），故B错误；

C、温度相同，同一反应的平衡常数相同，HPO42－水解常数：

A、B、C三处溶液中

相等，故C正确；

D、B点是Na2HPO4溶液，物料守恒为：

c（Na+）=2[c（PO43－）+c（H2PO4－）+c（HPO42－）+c（H3PO4）]，故D错误。

故选C。

【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、盐水解电离等知识，解题关键：

明确反应后溶质组成，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。

8.葡萄糖酸亚铁【（C6H11O7）2Fe】是常用的补铁剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇。

用下图装置制备FeCO3，并利用FeCO3与葡萄糖酸反应可得葡萄糖酸亚铁。

回答下列问题：

（1）a的名称为_________。

（2）打开a中K1、K3，关闭K2，一段时间后，关闭K3，打开K2。

在_________（填仪器标号）中制得碳酸亚铁。

实验过程中产生的H2作用有_________、____________。

（写2条）

（3）将制得的碳酸亚铁浊液过滤、洗涤。

如过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。

用化学方程式说明原因____________。

（4）将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，加入乙醇、过滤、洗涤、干燥。

加入乙醇的目的是_________________。

（5）用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，同时有气体产生，离子方程式为______________，此法产品纯度更高，原因是_______________。

【答案】

（1）.恒压滴液漏斗

（2）.c（3）.排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化（4）.将b中溶液压入c中（5）.4FeCO3＋O2＋6H2O=4Fe（OH）3＋4CO2（6）.降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度（7）.Fe2＋＋2HCO3－=FeCO3↓＋H2O＋CO2↑（8）.降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁

【解析】

【分析】

（1）a的名称为恒压滴液漏斗；

（2）b中产生的硫酸亚铁被氢气压入c中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁；实验过程中产生的H2作用还有：

排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化；

（3）FeCO3与O2反应生成红褐色Fe（OH）3；

（4）乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度；

（5）NaHCO3溶液与FeSO4溶液反应生成FeCO3、H2O、CO2和Na2SO4；碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁。

【详解】

（1）a的名称为恒压滴液漏斗；

（2）b中产生的硫酸亚铁被压入c中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁；实验过程中产生的H2作用有：

赶走空气、防止生成的FeCO3被氧化；将b中溶液压入c中；

（3）过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。

FeCO3与O2反应生成Fe（OH）3，用化学方程式：

4FeCO3＋O2＋6H2O=4Fe（OH）3＋4CO2；

（4）乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析出；

（5）NaHCO3溶液与FeSO4溶液反应生成FeCO3、H2O、CO2和Na2SO4，方程式为：

Fe2＋＋2HCO3－=FeCO3↓＋H2O＋CO2↑。

碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁，此法产品纯度更高的原因是：

降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁。

9.钛白粉（TiO2）广泛应用于涂料、化妆品、食品以及医药等行业。

利用黑钛矿石[主要成分为（Mg0.5Fe0.5）Ti2O5，含有少量Al2Ca（SiO4）2]制备TiO2，工艺流程如下。

已知：

TiOSO4易溶于水，在热水中易水解生成H2TiO3，回答下列问题：

（1）（Mg0.5Fe0.5）Ti2O5中钛元素的化合价为_________，实验“焙烧”所需的容器名称是_________，“滤渣”的主要成分是__________________（填化学式）。

（2）制取H2TiO3的化学方程式为__________________。

（3）矿石粒度对TiO2的提取率影响如图，原因是____________。

（4）相关的金属难溶化合物在不同pH下的溶解度（s，mol·L－1）如图所示，步骤④应该控制的pH范围是_________（填标号）

A.1~2B.2~3C.5~6D.10~11

（5）常用硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2]滴定法测定钛白粉的纯度，其步骤为：

用足量酸溶解ag二氧化钛样品，用铝粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100mL，取20.00mL，以NH4SCN作指示剂，用标准硫酸铁铵溶液滴定至终点，反应原理为：

Ti3++Fe3+=Ti4++Fe2+

①滴定终点的现象为_____________。

②滴定终点时消耗bmol·L－1NH4Fe（SO4）2溶液VmL，则TiO2纯度为_________。

（写表达式）

【答案】

（1）.+4

（2）.坩埚（3）.CaSO4CaSiO3（4）.TiOSO4＋2H2O

H2TiO3↓＋H2SO4（5）.矿石粒度越小，反应接触面积越大，反应速率越快（6）.B（7）.当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成血红色，且30s内不变回原色（8）.

【解析】

【分析】

（1）根据化合价代数和等于0解答；

灼烧固体用坩埚；

根据黑钛矿石[主要成分为（Mg0.5Fe0.5）Ti2O5，含有少量Al2Ca（SiO4）2]加入NH4HSO4焙烧后，发生的反应解题；

（2）由TiOSO4水解制备；

（3）由影响反应的速率、转化率的因素分析；

（4）由图读出：

金属难溶化合物在不同pH下的溶解度（s，mol·L－1），步骤④应该控制的pH范围是钛酸沉淀，而氢氧化铝不沉淀；

（5）①铁离子过量时，反应到达终点；

②由TiO2～Fe3＋关系式求解；

【详解】

（1）设Ti的化合价为+x，（Mg0.5Fe0.5）Ti2O5化合价代数和等于0，（2×0.5+2×0.5）+2x-2×5=0，x=4；

灼烧固体用坩埚；黑钛矿石[主要成分为（Mg0.5Fe0.5）Ti2O5，含有少量Al2Ca（SiO4）2]加入NH4HSO4焙烧后，加水过滤，沉淀中含有CaSO4和CaSiO3；

（2）由TiOSO4水解制备H2TiO3，反应方程式为：

TiOSO4＋2H2O

H2TiO3↓＋H2SO4；

（3）由图中变量结合影响反应的速率、转化率的因素，矿石粒度对TiO2的提取率影响，原因是矿石粒度越小，反应接触面积越大，反应速率越快；

（4）由图读出：

金属难溶化合物在不同pH下的溶解度（s，mol·L－1），步骤④应该控制的pH范围是：

钛酸沉淀pH大于2，而氢氧化铝不沉淀，pH小于3，故选B；

（5）①铁离子过量时，反应结束，故终点现象为：

当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成血红色，且30s内不变回原色；

②由TiO2～Fe3＋关系式，n（TiO2）=n（Fe3＋）=bmol·L－1×V×10-3L×100mL/20mL=5bV×10-3mol，TiO2纯度为5bV×10-3mol×80g·mol－1/a×100%=

。

10.石油化工生产中，利用裂解反应可以获得重要化工原料乙烯、丙烯。

一定条件下，正丁烷裂解的主反应如下：

反应IC4H10（g）

CH4（g）+CH3CH-CH3（g）△H1；

反应ⅡC4H10（g）

C2H6（g）+CH2=CH2（g）△H2；

回答下列问题：

（1）正丁烷、乙烷和乙烯的燃烧热分别为Q1kJ·mol-1、Q2kJ·mol-1、Q3kJ·mol-1，反应Ⅱ的△H2=______________。

（2）一定温度下，向容积为5L的密闭容器中通入正丁烷，反应时间（t）与容器内气体总压强（p）数据如下：

t/min

0

a

2a

3a

4a

p/MPa

5

7.2

8.4

8.8

8.8

①该温度下，正丁烷的平衡转化率a=__________；反应速率可以用单位时间内分压的变化表示，即v=

，前2amin内正丁烷的平均反应速率

=__________MPa·min-1。

②若平衡时甲烷、乙烯的体积分数分别为

、

，则该温度下反应I的压力平衡常数Kp=_________MPa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压一总压×物质的量分数，保留三位有效数字）。

③若反应在恒温、恒压条件进行，平衡后反应容器的体积_________8.8L（填“>”“<”或“=”）。

④实际生产中发现高于640K后，乙烯和丙烯的产率随温度升高增加幅度减小，可能的原因是__________（任写1条）。

（3）一种丁烷燃料电池工作原理如图所示。

①A电极上发生的是反应_________（填“氧化“或“还原”）。

②写出B电极的电极反应式：

______________________________________。

【答案】

（1）.（Q2＋Q3－Q1）kJ·mol－1

（2）.76%（3）.1.7/a（4）.2.13（5）.>（6）.催化剂活性降低（或反应物浓度降低等）（7）.还原（8）.C4H10＋13O2－－26e－=4CO2＋5H2O

【解析】

【分析】

（1）由盖斯定律求解；

（2）①设该温度下，正丁烷的平衡转化率α，找出用平衡时各物质的分压与总压的关系去解；

根据υ=△p/△t解答。

②列出平衡时各物质的分压，根据平衡常数的定义式计算；

③反应为体积变大的反应，若反应在恒温、恒压条件进行，平衡后反应容器的体积变大；

④高于640K后，乙烯和丙烯的产率随温度升高增加幅度减小，可能的原因是：

催化剂活性降低（或反应物浓度降低等）

（3）A电极上氧气得电子，发生还原反应；B电极上正丁烷被氧化。

【详解】

（1）①C4H10（g）＋6.5O2（g）=4CO2（g）＋5H2O（l）△H=-Q1kJ·mol－1

②C2H6（g）＋3.5O2（g）=2CO2（g）＋3H2O（l）△H=-Q2kJ·mol－1

③CH2=CH2（g）＋3O2（g）=2CO2（g）＋2H2O（l）△H=-Q3kJ·mol－1

①-②-③得：

C4H10（g）

C2H6（g）+CH2=CH2（g）△H2=（Q2＋Q3－Q1）kJ·mol－1；

（2）①设该温度下，正丁烷的平衡转化率α，平衡时，5（1-α）+5α+5α=8.8，α=0.76；

前2amin内压强从5MPa增大到8.4MPa，即前2amin内正丁烷的∆p=3.4MPa，根据υ（正丁烷）=△p/△t=（8.4MPa-5MPa）/2amin=1.7/aMPa·min－1；

②反应IC4H10（g）

CH4（g）+CH3CH=CH2（g），平衡时，若平衡时甲烷、乙烯的体积分数分别为

、

，则丙烯和乙烷的体积分数分别为

、

，正丁烷为1-2/11-2/11-1/4-1/4=3/22，Kp=

=2.13；

③反应为体积变大的反应，若反应在恒温、恒压条件进行，平衡后反应容器的体积变大，故体积大于8.8L；

④高于640K后，乙烯和丙烯的产率随温度升高增加幅度减小，可能的原因是：

催化剂活性降低（或反应物浓度降低等）；

（3）A电极上氧气得电子，发生还原反应；B电极上正丁烷被氧化，电极反应式为：

C4H10＋13O2－－26e－=4CO2＋5H2O。

11.【化学——选修3：

物质结构与性质】

碳、氮、铜形成的单质及它们形成的化合物有重要研究和应用价值，回答下列问题：

（1）邻氨基吡啶的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图所示。

①基态Cu原子的价电子排布式为___________，在元素周期表中铜位于___________区（填“s”“p”“d”或“ds”）。

②C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。

③邻氨基吡啶的铜配合物中，Cu2+的配位数是___________，N原子的杂化类型为___________。

（2）C60是富勒烯族分子中稳定性最高的一种，N60是未来的火箭燃料，二者结构相似。

①有关C60和N60的说法中正确的是______________。

A.C60和N60均属于分子晶体B.N60的稳定性强于N2

C.C60中碳原子是sp3杂化D.C60易溶于CS2、苯

②近年来，科学家合成了一种具有“二重结构”的球形分子，它是把足球形分子C60容纳在足球形分子Si60中，则该分子中含有的化学键类型为_____________（填“极性键”“非极性键”）。

（3）原子坐标参数和晶胞参数是晶胞的两个基本参数。

①图a中原子坐标参数分别为：

A（0，0，0），B（

，

，0），C（

，0，

），则D的原子坐标参数为_____。

②图b为铜的晶胞，铜原子半径为Rnm，NA是阿伏加德罗常数的值，则铜晶体的密度为________g·cm-3（用含R、NA的式子表示）。

【答案】

（1）.3d104s1

（2）.ds（3）.N>O>C（4）.4（5）.sp2sp3（6）.AD（7）.极性键、非极性键（8）.（0，1/2，1/2）（9）.

【解析】

【分析】

（1）①Cu的原子序数为29，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，在元素周期表中铜位于ds区；

②同周期从左到右第一电离能有增大的趋势；

③邻氨基吡啶的铜配合物中，Cu2+形成2个Cu-N键，2个Cu-O键；

-NH2上的N形成3个σ键，一对孤电子对，杂环上的N形成3个σ键，一个π键；

（2）①A.C60和N60均由分子构成；

B.N2形成三键，键能大，更稳定；

C.C60中碳原子形成3个σ键，一个π键；

D.C60非极性分子，易溶于CS2、苯；

②C60置于“足球型”的Si60内合成“二重构造”球形分子C60Si60，该反应中反应物全部加合在一起，类似有机反应中的加成反应，其中有C-C、Si-Si、C-Si键；

（3）D的原子坐标参数x为0，y、z为1/2；

Cu晶体的粒子堆积方式为面心立方最密堆积，该晶胞中Cu原子个数=6×1/2+8×1/8=4，其晶胞体积V=（2

R×10-7）3cm3，其密度ρ=m/V。

【详解】

（1）①Cu的原子序数为29，基态Cu原子的价电子排布式为3d104