吉林省长春市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题2

这是一份吉林省长春市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题2，共13页。试卷主要包含了实验题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

吉林省长春市2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-非选择题2

一、实验题
1．（2020·吉林长春·统考二模）次氯酸溶液由于其具有极强的氧化性，可以使病毒的核酸物质发生氧化反应，从而杀灭病毒，是常用的消毒剂和漂白剂。已知：
Ⅰ.常温常压下，Cl2O 为棕黄色气体，沸点为 3.8℃，42 ℃以上会分解生成 Cl2 和 O2，Cl2O 易溶于水并与水立即反应生成 HClO。
Ⅱ.将氯气和空气(不参与反应)按体积比1∶3 混合通入潮湿的碳酸钠中生成Cl2O 气体，用水吸收Cl2O(不含 Cl2)制得次氯酸溶液。某实验室利用以下装置制备浓度不小于 0.8mol/L 的次氯酸溶液。
A．    B．    C．    D．    E.
回答下列问题：
(1)装置D 的作用为_______________。
(2)配平装置 B 中的反应___________：Cl2+Na2CO3+H2O = Cl2O+NaCl+NaHCO3。写出Cl2O 的结构式为_____。
(3)装置C 中加入的试剂X 为CCl4，其作用是__________。
(4)各装置的连接顺序为 A→____________→____________→______________→E。
(5)此方法相对于氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是__________。(答出 1 条即可)
(6)若装置 B 中生成的 Cl2O 气体有 20%滞留在E 前各装置中，其余均溶于装置E 的水中，装置E 所得 500mL 次氯酸溶液浓度为 0.8mol/L，则至少需要含水 8%的碳酸钠的质量为_____g。
2．（2021·吉林长春·统考二模）硝基苯是重要的化工原料，用途广泛。
I.制备硝基苯的化学反应方程式如下：
+HO－NO2+H2O
II.可能用到的有关数据列表如下：
物质
熔点/℃
沸点/℃
密度(20℃)/g·cm-3
溶解性
苯
5.5
80
0.88
微溶于水
硝基苯
5.7
210.9
1.205
难溶于水
浓硝酸
___
83
1.4
易溶于水
浓硫酸
___
338
1.84
易溶于水

III.制备硝基苯的反应装置图如下：

IV .制备、提纯硝基苯的流程如下：

请回答下列问题：
(1)配制混酸时，应在烧杯中先加入___________ ；反应装置中的长玻璃导管最好用___________代替(填仪器名称)；恒压滴液漏斗的优点是___________。
(2)步骤①反应温度控制在50~60°C的主要原因是___________；步骤②中分离混合物获得粗产品1的实验操作名称是___________。
(3)最后一次水洗后分液得到粗产品2时，粗产品2应___________ (填“a” 或“b”)。
a.从分液漏斗上口倒出             b.从分液漏斗下口放出
(4)粗产品1呈浅黄色，粗产品2为无色。粗产品1呈浅黄色的原因是___________。
(5)步骤④用到的固体D的名称为___________。
(6)步骤⑤蒸馏操作中，锥形瓶中收集到的物质为___________。
3．（2022·吉林长春·统考二模）ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制备成NaClO2或NaClO2·3H2O固体以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2的实验装置如图甲所示。

已知：①2NaClO3+H2O2+H2SO4 = 2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；
②ClO2的熔点为—59°C，沸点为11°C，H2O2 的沸点为150°C；
③当温度低于38°C时，NaClO2 饱和溶液中析出的晶体是NaClO2·3H2O。当温度在38-60°C时，析出NaClO2；温度高于60°C时，NaClO2分解。
(1)图甲所示装置组装完毕后，首先进行的操作是_______。
(2)Cl—对ClO2的生成有一定催化作用。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率会大大提高。该过程经两步反应完成，将其补充完整。
①2ClO+2Cl—+4H+=Cl2↑+2ClO2↑+2H2O；
②_______(用离子方程式表示)。
(3)C装置中应使用_______ (填 “冰”或“热”)水浴；空气流速过快或过慢，均会降低NaClO2产率，其原因可能是_______。
(4)实验室利用装置乙分离C装置中的NaClO2，Y处应连接一个装置，目的是_______。水浴加热的温度最好控制在_______°C左 右(填字母)。大量晶体析出后，过滤，洗涤，干燥。

a.35         b.55         c. 70        d. 100
(5)图乙中起冷却作用的仪器名称是_______。
(6)产品纯度的测定：称取mg产品配成100 mL溶液，取25.00mL溶液，加入足量的KI和稀H2SO4充分反应后加入指示剂，用c mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点(I2+2S2O=2I-+S4O)，平均消耗标准溶液的体积为V mL，则产品中NaClO2的质量分数是_______。(用含m、c、V的式子表示)

二、结构与性质
4．（2020·吉林长春·统考二模）铁氰化钾（化学式为K3[Fe(CN)6]）主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物质。
（1）铁元素在周期表中的位置为_________，基态Fe3+ 核外电子排布式为_________。
（2）在[Fe(CN)6]3－ 中不存在的化学键有_________。
A．离子键     B．金属键      C．氢键       D．共价键
（3）已知(CN)2性质类似Cl2：
(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2O    KCN+HCl=HCN+KCl  HC≡CH+HCN→H2C=CH－C≡N  
①KCNO中各元素原子的第一电离能由小到大排序为________。
②丙烯腈（H2C=CH－C≡N）分子中碳原子轨道杂化类型是_______；分子中σ键和π键数目之比为_______。
（4）C22－和N2互为等电子体，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图甲所示），但CaC2晶体中哑铃形的C22－使晶胞沿一个方向拉长，晶体中每个Ca2+周围距离最近的C22－数目为_______。
（5）金属Fe能与CO形成Fe(CO)5，该化合物熔点为－20℃，沸点为103℃，则其固体属于_______晶体。
（6）图乙是Fe单质的晶胞模型。已知晶体密度为dg·cm－3，铁原子的半径为_________nm（用含有d、NA的代数式表示）。

5．（2021·吉林长春·统考二模）近年来，我国工程建设自主创新能力实现大跨越，尤其在新材料研究方面有重大突破，回答下列问题：
(1)钛是一种新兴的结构材料，比钢轻、比铝硬。基态钛原子的价电子排布式为_____， 与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相间的有_____种；
(2)铁能与三氮唑(结构见图甲)形成多种配合物。

①l mol三氮唑中所含σ键的数目为_____ mol； 碳原子杂化方式是____；
②三氮唑的沸点为260°C，与之结构相似且相对分子质量接近的环戊二烯(结构见图乙)的沸点为42.5℃，前者沸点较高的原因是_____。
(3)碳化钨是耐高温耐磨材料。图丙为碳化钨晶体的部分结构，碳原子嵌入金属的晶格间隙，并不破坏原有金属的晶格，形成填隙化合物。

①在该结构中，每个钨原子周围距离其最近的碳原子有_____个：
②假设该部分晶体的体积为Vcm3，碳化钨的摩尔质量为M g•mol-1，密度为d g•cm-3，则阿伏加德罗常数的值NA用上述数据表示为_____。
③金属镁的晶体结构与碳化钨相似，金属镁的晶胞可用图丁表示，已知镁原子的半径为r pm，晶胞高为h pm，求晶胞中镁原子的空间利用率_______(用化简后含字时π、r和h的代数式表示)
6．（2022·吉林长春·统考二模）Li、Fe、As、Zn等均为重要的合金材料，回答下列问题
(1)Li的焰色反应为紫红色，很多金属元素能产生焰色反应的原因是_______
(2)KSCN和K4[Fe(CN)6]常用于检验Fe3+，SCN-的立体构型为_______，K4[Fe(CN)6]中所含元素电负性由大到小的顺序为_______。
(3)H3AsO3的酸性弱于H3AsO4的原因为_______。 含砷有机物“对氨基苯胂酸”的结构简式如图，As原子轨道杂化类型为_______，lmol对氨基苯胂酸含键数目为_______。

(4)锌和镉位于同一副族，而锌与铜相邻。现有4种铜、锌元素的相应状态，
①锌：[Ar]3dl04s2、②锌：[Ar]3dl04s1、③铜：[Ar]3d104s1、 ④铜： [Ar]3d10失去1个电子需要的能量由大到小排序是_______(填字母)。
A．④②①③ B．④②③① C．①②④③ D．①④③②
(5)Li2O为离子晶体，具有反萤石结构，晶胞如下图所示。则O2-配位数为_______，若晶胞参数为bnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为_______g·cm-3(列出计算式即可)。


参考答案：
1．     除去氯气中的HCl气体；观察产生气泡的速度来调节流速和体积比 1:3     2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3     Cl-O-Cl     除去Cl2O 中的 Cl2，提高制得的 HClO 的纯度     D     B     C     制备的HClO的浓度大，纯度高，不含有Cl-     57.6
【分析】该实验属于物质制备类实验，所需原料为氯气和空气，并且要注意体积比1:3这个要求；因此就出现了这两个问题：(1)原料Cl2含有杂质需要除杂；(2)如何准确地控制两种原料气体积比；带着问题分析每个装置的作用就不难发现D装置就恰好能解决上述两个问题。接下来，由于B中的制备反应是气体与固体的反应，所以产物中肯定含有未反应完全的原料气，所以这里又出现了一个问题：未反应完的原料气是否会干扰后续的制备，如何除去；通过分析不难发现装置C恰好可以解决上述问题；最终在装置E中，成功制备了纯度较高的次氯酸溶液。
【详解】(1)装置D的作用一方面要对装置A制备的Cl2进行净化除杂，另一方面也要保证空气和氯气的最佳体积比；所以D的作用为：除去氯气中的HCl杂质，同时观察气泡的速度来调节氯气和空气的体积比至1:3；
(2)根据题意，B中发生的反应为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O=Cl2O＋2NaCl＋2NaHCO3，Cl2O中的O为-2价，Cl为+1价，所以该反应是氯元素的歧化反应；根据Cl2O中氯和氧的价态可推测其结构为Cl-O-Cl；
(3)题干中提到，用水吸收Cl2O制得次氯酸溶液，Cl2O中不能含有Cl2，而B处的反应是气体与固体的反应，必然会有一部分Cl2无法反应，因此，需要对B装置的出口气体进行除氯气操作，C中的CCl4由于与Cl2极性相近，可以将Cl2吸收，所以C的作用即：除去中的Cl2，提高次氯酸溶液的纯度；
(4)结合以上分析，可知连接顺序为A→D→B→C→E；
(5)氯气直接溶解在水中会生成盐酸杂质，并且由于Cl2在水中溶解度很小，所以制备的次氯酸的浓度也不高，因此该方法的优点为：制备的次氯酸溶液浓度大，纯度高；
(6)由题可知，E中次氯酸的含量为0.4mol，根据E中发生的反应：，可知E中参与反应的n(Cl2O)=0.2mol，所以总共生成的Cl2O的物质的量为。根据Cl2O的制备反应方程式可知，所需碳酸钠的物质的量为：，那么至少需要含水量8%的碳酸钠的质量为。
【点睛】在考虑制备类实验的装置连接顺序时，可先找出其中的原料发生装置，反应制备装置和尾气处理装置，再根据具体信息考虑这些装置之间的除杂干燥防倒吸问题，最终设计出合理的连接顺序。
2．     浓硝酸     球形(或蛇形)冷凝管     平衡气压，使混合酸能顺利留下     防止副反应发生     分液     b     其中溶有浓硝酸分解的二氧化氮     无水氯化钙或无水硫酸镁等固体干燥剂     苯
【分析】制备、提纯硝基苯流程：苯环上的一个氢原子能与硝酸中的硝基发生取代反应得到硝基苯，所以反应①的化学方程式为：+HO-NO2 +H2O，混合物为苯、硝基苯、浓硝酸、浓硫酸，硝基苯是油状液体，难溶于水，密度比水大，苯微溶于水，与硝基苯互溶，在下层，步骤②为分离互不相溶的液态混合物，应采取分液操作；粗产品1中有残留的硝酸及硫酸，步骤③依次用蒸馏水、Na2CO3溶液、蒸馏水洗涤，除去粗产品中残留的酸，有机层为苯和硝基苯的混合物，还残留有水，步骤④用无水CaCl2或无水硫酸镁干燥有机混合物，过滤，步骤⑤进行蒸馏，分离苯和硝基苯，得到纯硝基苯，据此结合有机物的性质与应用回答问题。
【详解】(1)浓硫酸密度大于浓硝酸，浓硫酸与浓硝酸混合放出大量的热，则该实验中配制混酸应将浓硫酸注入浓硝酸中，及时搅拌和冷却，以防止液体暴沸；苯、浓硝酸沸点低，易挥发，球形(或蛇形)冷凝管能更好冷凝回流挥发的苯、浓硝酸，从而可减少反应物的损失，提高转化率；和普通分液漏斗相比，恒压滴液漏斗代替分液漏斗可以平衡内外压强，使混合酸顺利滴下；
(2)浓硫酸和浓硝酸是强腐蚀性酸，且具有强氧化性，温度不能过高，应控制在50~60°C，温度过高有副反应发生；混合物为苯、硝基苯、浓硝酸、浓硫酸，硝基苯是油状液体，难溶于水，密度比水大，苯微溶于水，与硝基苯互溶，在下层，步骤②为分离互不相溶的液态混合物，应采取分液操作；
(3)最后一次水洗后分液得到粗产品2为硝基苯和苯的混合物，采用分液方法分离，因为硝基苯的密度比水大，所以粗产品2应从分液漏斗下口放出，故选b；
(4)粗产品1中除了硝基苯，还溶入了浓硝酸，浓硝酸受热易分解，溶有浓硝酸分解产生的二氧化氮导致其呈浅黄色；
(5)步骤③依次用蒸馏水、Na2CO3溶液、蒸馏水洗涤，除去粗产品中残留的酸，有机层为苯和硝基苯的混合物，还残留有水，步骤④用无水CaCl2或无水硫酸镁干燥有机混合物，过滤，得到苯和硝基苯的混合物；
(6)步骤⑤为蒸馏操作，分离苯和硝基苯，根据表格数据可知，苯的沸点为80℃，硝基苯的沸点为210.9℃，则锥形瓶中收集到的物质为苯。
3．(1)检查装置气密性
(2)H2O2+ Cl2=2Cl—+ O2+2H+
(3)     冰     空气流速过慢，ClO2不能被及时移走，浓度过高导致分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收
(4)     减小装置内的压强，降低沸点     b
(5)直形冷凝管
(6)

【分析】由实验装置图可知，装置A中过氧化氢溶液与氯酸钠和稀硫酸混合溶液反应制备二氧化氯，装置B为空载仪器，做安全瓶起防倒吸的作用，装置C中二氧化氯气体在冰水浴中与过氧化氢和氢氧化钠混合溶液反应制备亚氯酸钠。
（1）
由分析可知，实验中有二氧化氯气体的生成与消耗，为防止气体逸出发生意外事故，实验前必须检查装置的气密性，故答案为：检查装置气密性；
（2）
由题意可知，氯离子做催化剂的第二步反应为过氧化氢与氯气反应生成氧气和盐酸，反应的离子方程式为H2O2+ Cl2=2Cl—+ O2+2H+，故答案为：H2O2+ Cl2=2Cl—+ O2+2H+；
（3）
由分析可知，为防止温度过高导致过氧化氢发生分解，同时为能增大二氧化氯在溶液中的溶解度和降低次氯酸钠的溶解度便于析出，实验时应在冰水浴中反应制备二氧化氯；由题意可知，反应中通入空气的目的是将二氧化氯气体赶到装置C中与过氧化氢和氢氧化钠混合溶液反应制备亚氯酸钠，同时起到稀释作用，防止二氧化氯浓度过大而分解，所以实验中空气流速既不能过快也不能过慢，否则会造成亚氯酸钠的产率降低，故答案为：冰水浴；空气流速过慢，ClO2不能被及时移走，浓度过高导致分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收；
（4）
由题意可知，实验室利用装置乙分离C装置中的亚氯酸钠时，应在Y处连接一个抽气泵，通过抽气减小装置内的压强，降低过氧化氢的沸点，防止温度过高过氧化氢发生分解，无法冷凝收集得到过氧化氢；由题意可知，温度高于60°C时，次氯酸钠会发生分解，所以水浴加热的温度应控制在55°C，故选b，故答案为：减小装置内的压强，降低沸点；b；
（5）
由实验装置图可知，图乙中起冷却作用的仪器为直形冷凝管，故答案为：直形冷凝管；
（6）
由得失电子数目守恒和题给方程式可得如下关系式：NaClO2—2I2—4Na2S2O3，由滴定消耗V mLcmol/L硫代硫酸钠溶液可知，mg产品中亚氯酸钠的质量分数为×100%=，故答案为：。
4．     第四周期 Ⅷ族     [Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5     AB     K＜C＜O＜N     sp  sp2     2:1     4     分子    
【分析】(1)Fe的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，据此确定其在周期表的位置；基态Fe失去4s上2个电子和3d轨道上1个电子即为Fe3+；
(2)根据化学键的类型和特点解答，注意氢键是分子间作用力，不是化学键；
(3)①KCNO由K、C. N、O四种元素组成，K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p轨道是半充满状态、能量最低；
②丙烯腈(H2C=CH−C≡N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有1个σ键和1个π键、C≡N含有1个σ键和2个π键，C−H都是σ键，确定分子中σ键和π键数目，再求出比值；
(4)1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22−应位于同一平面，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点；
(5)Fe(CO)5的熔点、沸点均不高，类似于分子晶体的特点；
(6)Fe单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为8×+1=2，晶胞的质量为g，晶胞体积V=cm3、边长a=cm，根据Fe原子半径r与晶胞边长a关系求出r。
【详解】(1)Fe的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，位于第四周期Ⅷ族据；基态Fe失去4s上2个电子和3d轨道上1个电子即为Fe3+，所以基态Fe3+核外电子排布式为) [Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案为：第四周期Ⅷ族，[Ar]3d5或[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；
(2)[Fe(CN)6]3−是阴离子，是配合物的内界，含有配位键和极性共价键，金属键存在于金属晶体中，氢键是分子间作用力，不是化学键，故选AB；故答案为：AB；
(3)①KCNO中K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p轨道是半充满状态、能量最低，所以第一电离能大于O，C的非金属性小于O，第一电离能小于O，所以第一电离能由小到大排序为K ②丙烯腈(H2C=CH−C≡N)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有1个σ键和1个π键、C≡N含有1个σ键和2个π键，C−H都是σ键，所以分子中σ键和π键数目分别为6、3，σ键和π键数目之比为6:3=2:1；故答案为：sp、sp2；2:1；
(4)依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22−不是6个，而是4个，故答案为：4；
(5)根据Fe(CO)5的熔点、沸点均不高的特点，可推知Fe(CO)5为分子晶体；故答案为：分子；
(6)Fe单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为8×+1=2，晶胞的质量为g，晶胞体积V=cm3、边长a=cm，Fe原子半径r与晶胞边长a关系为4r=a，所以r=a=cm=×107nm；故答案为：×107。
5．     3d24s2     3     8     sp2     三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯分子间不能形成氢键     6          或
【详解】(1) 钛元素的原子序数为22，位于元素周期表第四周期ⅣB族，基态原子的价电子排布式3d24s2；钛原子核外有2个未成对电子，第四周期有2个未成对电子的原子含有Ni、Ge、Se三种元素，故答案为：3d24s2；3；
(2) ①共价化合物中成键原子之间只能形成一个σ键，由三氮唑的结构简式可知分子中含有8个σ键，则l mol三氮唑分子中所含σ键的数目为8mol；氮唑分子中只含有双键碳原子，则碳原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：8；sp2；
②三氮唑分子中含有原子半径小、非金属性强的N原子，三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯分子中不含有N原子，分子间不能形成氢键，则三氮唑的沸点高于环戊二烯，故答案为：三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯分子间不能形成氢键；
(3) ①由晶胞结构可知，晶胞中每个钨原子周围距离其最近的碳原子有6个，故答案为：6；
②由晶胞结构可知，晶胞中钨原子的个数为1+2×+12×+6×=6个，由质量公式可得：，解得阿伏加德罗常数的值NA为，故答案为：；
③由晶胞结构可知，晶胞中镁原子的个数为1+8×=2，则晶胞中镁原子的体积为2× pm3；晶胞丁中虚线所标的四个硬球关系为正四面体关系，晶胞的体对角线为镁原子的原子半径的4倍，则晶胞的边长为2r pm，由晶胞高为h pm可知，晶胞体积为(2r)2h sin60 º pm3=2r2h，则晶胞中镁原子的空间利用率为==，故答案为：或。
6．(1)电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量
(2)     直线形     N＞C＞K
(3)     与H3AsO4相比，H3AsO3中砷的氧化态较低，对羟基的吸引力较弱，H+的电离趋势减弱，所以H3AsO3的酸性弱于H3AsO4     sp3     19NA
(4)A
(5)     8    

【解析】(1)
电子从高能态跃迁到低能态时，要释放能量，所以金属焰色反应原理是激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长(可见光区域)光的形式释放能量，故答案为：电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量；
(2)
对于SCN-，根据VSEPR理论，VP=BP+LP=2+=2，所以SCN-为直线形；金属元素的电负性小于非金属元素，同周期自左至右，元素的电负性逐渐增大，所以K4Fe(CN)6中所含主族元素的电负性由大到小的顺序为：N＞C＞K；故答案为：直线形；N＞C＞K；
(3)
同一元素的含氧酸中非羟基氧原子个数越多其酸性越强，与H3AsO4相比，H3AsO3中砷的氧化态较低，对羟基的吸引力较弱，导致H+的电离趋势减弱，故H3AsO3酸性弱；含砷有机物“对氨基苯胂酸”的结构简式如图1，As原子形成了4个σ键且无孤电子对，所以As轨道杂化类型为sp3，苯环上6个碳原子之间有6个C-C单键σ键，还有4个C-H单键，氨基上有2个N-H单键，1个N-C单键，As=O键有一个σ键，一个π键，其它共价键均为σ键，则1mol对氨基苯胂酸含σ键数目(3+10+6)NA=19NA，
故答案为：与H3AsO4相比，H3AsO3中砷的氧化态较低，对羟基的吸引力较弱，H+的电离趋势减弱，所以H3AsO3的酸性弱于H3AsO4；sp3；19NA；
(4)
②表示Zn+、④表示Cu+，而①表示Zn原子、③表示Cu原子，金属阳离子比金属原子更难失去电子，故②、④失去电子需要的能量比①、③多，④Cu+失去3d10电子，比②Zn+更难失去电子，①Zn失去4s2电子，比③Cu原子更难失去，且同一元素的逐级电离能依次增大，故失去电子需要能量：④＞②＞①＞③，故答案为：A；
(5)
晶胞中Li+离子数目为8，由电中性可知，晶胞有4个O2-离子，Li+配位数为4，Li+离子、O2-离子数目之比是2：1，故O2-配位数为：4×2=8；晶胞相当于含有4个“Li2O”，晶胞质量为g，晶胞参数为bnm，则晶胞密度=g•cm-3。