第三章《晶体结构与性质》单元测试卷
一、单选题
1．中国科学院发现CO2在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效氢化成异构化烷烃，反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．该过程中没有发生电子的转移
B．1个四氨合锌(II)—[Zn(NH3)4]2+中含12个σ键
C．示意图中含碳化合物碳原子的杂化方式均相同
D．催化剂内能高效氢化成异构化烷烃与催化剂的选择性有关
2．卤族元素随核电荷数的增加，下列叙述正确的是
A．单质的颜色逐渐变浅 B．氢卤酸的酸性逐渐增强
C．单质的熔点逐渐降低 D．单质的氧化性逐渐增强
3．若NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法中错误的是
A．牺牲阳极法和外加电流法都要采用辅助阳极，将被保护的金属作为阴极
B．[Ag(NH3)2]Cl的配体为NH3，配位数为2
C．常温下，1mol Al与足量浓硝酸反应，转移电子数目为3NA
D．标准状况下，11.2L NO与11.2L O2混合后的原子总数为2NA
4．化合物A( )进行如下图所示的反应(图中16e表示中心原子周围总共有16个电子)，下列说法不正确的是
A．X为H2，总反应为用丙烯和氢气为原料制备丙烷
B．反应过程涉及氧化还原反应
C．D的结构可能为：
D．化合物C、D、E为同分异构体，且中心原子的化合价不同
5．几种物质的熔点和沸点的数据如表，下列有关判断错误的是
NaCl MgCl2 AlCl3 SiCl4 单质M
熔点/℃ 801 712 190 -70 2300
沸点/℃ 1465 1412 178 57.6 2500
注：AlCl3的熔点在2.02×105Pa条件下测定。A．常温下，SiCl4为液态 B．单质M可能是共价晶体
C．熔沸点：MgO
6．下列物质中有氧离子存在的是
A．CaO B．H2O C．KClO3 D．KOH
7．科研人员研制出由18个碳原子构成的环碳分子(如图所示)，下列说法正确的是
A．是一种共价化合物 B．硬度大、熔点高
C．与乙炔互为同系物 D．与互为同素异形体
8．晶体的性质与晶体类型密切相关，下列关于晶体的描述不正确的是
A．结构相似的共价晶体，原子半径越小，晶体的硬度和熔沸点越高
B．某无色晶体能溶于水，质硬而脆，熔点为801℃，熔化状态下能导电，则该晶体可能为离子晶体
C．易溶于CS2，液态时不导电，水溶液能导电的晶体为分子晶体
D．含有阳离子的晶体不一定是金属晶体，金属晶体都具有较高的熔点、良好的导电性和延展性
9．有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道；Y原子的特征电子构型为3d64s2；Z原子的核外电子总数等于Q原子的最外层电子数；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子；T原子有1个3p空轨道。下列叙述错误的是
A．元素Y和Q可形成化合物Y2Q3
B．气态氢化物的稳定性：Q＞T＞Z
C．X和Q结合生成的化合物晶体类型为分子晶体
D．T和Z的最高价氧化物均为酸性氧化物
10．下列说法错误的是
A．分子晶体中一定存在分子间作用力
B．共价晶体中只含有共价键
C．任何晶体中，若含有阳离子就一定含有阴离子
D．单质的晶体中一定不存在离子键
11．我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时发生的反应为2KNO3+S+3CK2S+N2↑+3CO2↑。生成物K2S的晶体结构如图。
下列有关说法错误的是
A．反应产物中有两种非极性分子
B．1molCO2和1molN2含有的π键数目之比为1：1
C．K2S晶体中阴、阳离子的配位数分别为4和8
D．若K2S晶体的晶胞边长为anm，则该晶体的密度为g·cm-3
12．观察模型并结合相关信息，判断下列说法错误的是
项目 Mn-Bi合金的晶胞 硼的结构单元 SF6分子结构 Na2O晶胞
结构模型示意图
备注 图中Bi原子都在晶胞内 熔点1873 K — —
A．图中Mn和Bi形成的晶体的化学式可表示为MnBi
B．单质硼属于共价晶体，结构单元中含有30个B- B键和20个正三角形
C．SF6是由极性键构成的非极性分子，分子中各原子均达到8电子稳定结构
D．Na2O晶体中与某个阴离子紧邻的所有阳离子为顶点构成的几何体为立方体。
13．下列有关Cu及其化合物的叙述正确的是
A．1mol中含有σ键的数目为16mol
B．如图所示的晶胞中Cu原子的配位数为4
C．刻蚀Cu制印刷电路板，说明还原性Cu大于Fe
D．除去Cu粉中混有CuO的方法是加入稀硝酸溶解，过滤、洗涤、干燥
14．下列物质具有自范性、各向异性的是
A．钢化玻璃 B．塑料 C．水晶 D．陶瓷
15．某原子半径为r的金属的堆积方式为六方最密堆积，结构如图1所示，该晶体晶胞结构如图2所示，1、2、3、4原子形成正四面体，下列说法错误的是
A．该晶胞中含有的金属原子数目为2 B．该晶胞的高为
C．图1结构中含3个晶胞 D．该晶胞的空间利用率为
二、填空题
16．回答下列问题：
(1)有人认为：为非化学变化，请为其寻找合理的解释___________。
(2)石墨和金刚石互为同素异形体，其熔点和摩尔硬度如下：
物质 金刚石 石墨
熔点 3550℃ 3652℃
摩尔硬度 10 1
请从结构角度分析两者熔点相近但摩尔硬度有差异的原因___________。
17．无水硫酸铜为_______色固体，把它溶于水后得到_______色溶液，原因是溶液形成了[Cu(H2O)4]2+配离子，中心离子是_______，配位数为_______，配体是_______分子。向该溶液中滴入氨水，现象是_______，继续滴加氨水至过量，现象是_______，请写出所得物质内界结构式_______，中心离子与配体之间以_______键相结合。
18．苯胺()的晶体类型是_______。苯胺与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(-5.9℃)、沸点(184.4℃)分别高于甲苯的熔点(-95.0℃)、沸点(110.6℃)，原因是_______。
三、计算题
19．蓝色的无水在吸水后会变成粉红色的水合物，该水合物受热后又变成无水，所以无水，常用作吸湿剂和空气湿度指示剂。现有无水，吸水后变成，试回答下列问题：
(1)水合物中x=______。
(2)若该水合物为配合物，其中的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有的个数之比为1:1，则该配合物的化学式可表示为______。
20．硅、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题：如图是、、三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。
(1)已知化合物中和的原子个数比为1：4，图中Z表示_______原子(填元素符号)，该化合物的化学式为_______；
(2)已知该晶胞的晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，，则该晶体的密度_______(设阿伏加德罗常数的值为，用含a、b、c、的代数式表示)。
四、实验题
21．一水硫酸四氨合铜晶体的部分性质如下：
①深蓝色，常温下在空气中易与水和反应生成铜的碱式盐，变成绿色粉末；
②受热易失氨；
③在乙醇水溶液中的溶解度随乙醇体积分数的变化如图所示：
某实验小组设计系列实验制备一水硫酸四氨合铜晶体、测定制备样品中氨的含量并探究四氨合铜离子的性质。
实验一、制备
步骤ⅰ：取溶于水中，加入浓氨水。
步骤ⅱ：沿烧杯壁慢慢加入的乙醇，盖上表面皿，静置析出晶体后，过滤，洗涤，小心烘干、称重。
(1)制备一水硫酸四氨合铜晶体的总反应方程式为_______。
(2)步骤ⅱ加入乙醇后获得一水硫酸四氨合铜晶体，乙醇能降低该晶体溶解度的原因是_______；“过滤”应选择抽滤的操作方法，原因是_______。
(3)某同学认为步骤ⅱ也可以通过蒸发浓缩、冷却结晶获得所要晶体，你_______(填“是”或“否”)同意他的观点，并说明理由：_______。
实验二、测定制备样品中氨的含量
步骤：按如图所示装置进行实验(药品及用量已标出；加热、夹持等装置已略去；硼酸极弱，仅作吸收剂，不影响盐酸标定氨的实验结果)，维持沸腾一小时，取下锥形瓶，加入指示剂进行滴定操作，到达滴定终点时，消耗溶液。
(4)装置图中仪器a的名称为_______。
(5)根据实验记录的结果，计算本次实验所得晶体含氨量为_______(保留三位有效数字)。
实验三、探究四氨合铜离子的性质
步骤ⅳ：用所得晶体配成水溶液，取三份试样，分别加入的水、稀硫酸、氢氧化钠溶液，实验现象记录如下：
加入试剂 水 稀硫酸 氢氧化钠
现象 几乎无变化 溶液颜色变成浅蓝色，与同浓度硫酸铜颜色相当
(6)上述实验现象与配位离子的解离平衡有关，请用适当的化学用语表示该配位离子的解离平衡_______，预测加入氢氧化钠溶液后的现象：_______。
22．二草酸合铜(Ⅱ)酸钾()可用于无机合成、功能材料制备。实验室可通过以下步骤制备二草酸合铜酸钾晶体：
步骤1 取已知浓度的溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色絮状沉淀，加热，沉淀转变成黑色固体，过滤。
步骤2 将草酸()溶液和固体按混合，充分反应后制得和混合溶液。
步骤3 将步骤2所得混合溶液加热至80-85℃，加入步骤1中的黑色沉淀，充分反应后，趁热过滤。
步骤4 将步骤3的滤液经一系列操作后，干燥得到二草酸合铜酸钾晶体，进行表征和分析。
回答下列问题：
(1)二草酸合铜酸钾中存在的化学键有配位键、_______。
(2)由配制的溶液，除电子天平、烧杯、量筒外，还需要的玻璃仪器有_______(填仪器名称)。
(3)①步骤1中产生蓝色絮状沉淀后需要加热的原因是_______。
②若使用氨水代替NaOH溶液，滴加过程中产生的现象是_______。
(4)已知，。为防止反应过于剧烈而引起喷溅，步骤2中草酸()溶液与固体的混合方式为_______；反应后，溶液中浓度最大的阴离子为_______(填化学式)。
(5)步骤4中的“一系列操作”包括_______。
参考答案：
1．D
【详解】A．根据图示，CO2和H2在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效合成异构化烷烃，H元素的化合价发生了变化，一定存在电子的转移，故A错误；
B．1个氨气分子中存在3个N-H σ键，每个氨气分子与锌原子间形成1个配位键，也是σ键，因此1个四氨合锌(II)—[Zn(NH3)4]2+中含16个σ键，故B错误；
C．示意图中含碳化合物均为烷烃，碳原子都属于饱和碳原子，杂化方式均为sp3，但二氧化碳中的碳原子的杂化方式为sp，故C错误；
D．催化剂具有选择性，在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效氢化成异构化烷烃与催化剂的选择性有关，故D正确；
故选D。
2．B
【详解】A．卤族元素由上到下，单质的颜色逐渐加深，故A错误；
B．卤族元素由上到下，核电荷数逐渐增多，原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的引力逐渐减小，H-X键的键能逐渐减小，HX电离出H+越来越容易，故氢卤酸的酸性依次增强，故B正确；
C．卤族元素单质都是分子晶体，组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越强，熔沸点越高，所以卤族元素单质的熔点随着核电荷数的增加逐渐升高，故C错误；
D．卤族元素非金属性随核电荷数增大而减弱，其单质的氧化性随核电荷数增大逐渐减弱，故D错误；
答案选B。
3．C
【详解】A．“外加电流法”利用的是电解池原理，通过外加电源将被保护金属连接到电源负极，使被保护金属做电解池阴极，惰性金属连接电源正极做“辅助阳极”；“牺牲阳极法”利用的是原电池原理，将被保护金属与比其活泼的金属连接形成原电池，让更活泼的金属做原电池负极，也就是“牺牲阳极”，被保护金属做原电池正极，这两种方法均可有效防止铁发生电化学腐蚀，A正确；
B．[Ag(NH3)2]Cl为配合物，其中[Ag(NH3)2]+为内界，NH3为配体，配位数为2，B正确；
C．常温下，铝与浓硝酸会发生钝化现象，不能准确计算转移电子的数目，C错误；
D．化学变化前后原子数目保持不变，所以标准状况下，11.2L NO与11.2L O2总物质的量为=2mol，则原子总数为2NA，D正确；
故选C。
4．D
【详解】A．由反应循环图可以看出B和X生成了C，根据原子守恒可知X为H2，故A正确；
B．从A生成B有电子得失，H2参与生成化合物，都涉及氧化还原，故B正确；
C．C与丙烯生成D，根据C和E的结构简式可知丙烯与中心原子配位，故D的结构简式为 ，故C正确；
D．根据、 、，根据CDE的结构简式可知三者分子式不同，不是同分异构，故D错误；
故答案为D
5．C
【详解】A．由表格中的信息可知，SiCl4熔点为-70℃，沸点57.6℃，故常温的时候为液体，A正确；
B．单质B的熔沸点很高，所以单质B是原子晶体，B正确；
C．这两者都是离子晶体，其中镁离子的半径小，氧离子半径较小，故氧化镁的晶格能大，熔沸点高，C错误；
D．离子晶体的离子键越强，熔沸点越高，由表中数据可以知道，NaCl的熔、沸点均比MgCl2高，所以NaCl晶体中的离子键应比MgCl2的强，D正确；
故选C。
6．A
【详解】A．CaO中含有离子键，为离子化合物，含有氧离子和钙离子，A正确；
B．H2O中存在O的共价键，是共价化合物，不存在氧离子，B错误；
C．KClO3中存在钾离子和氯酸根离子，有离子键，不存在氧离子，C错误；
D．KOH中存在钾离子和氢氧根离子，有离子键，不存在氧离子，D错误；
故选A。
7．D
【详解】A．该物质的化学式为C18，是由C元素组成的单质，故A错误；
B．该物质由C18分子构成，硬度小、熔点低，故B错误；
C．该物质是C元素组成的单质，乙炔是化合物，不是同系物，故C错误；
D．该物质与都是由C元素组成的不同单质，互为同素异形体，故D正确；
选D。
8．D
【详解】A．结构相似的共价晶体，原子半径越小，则共价键的键长越短，键能越大，晶体的硬度和熔沸点越高，A正确；
B．某无色晶体能溶于水，则应不是金属晶体，质硬而脆，熔点为801℃，熔沸点较高，应不是分子晶体，熔化状态下能导电，应为离子晶体，B正确；
C．易溶于CS2，根据“相似相溶”原理推测应具有分子结构，液态时不导电，说明不是离子晶体或金属晶体，水溶液能导电，则应为分子晶体，C正确；
D．金属晶体不一定有较高的熔点，如金属晶体Hg，常温下为液体，熔点较低，D错误；
综上所述答案为D。
9．B
【分析】由X原子M层上有2个未成对电子且无空轨道可知，X为S元素；Y原子的特征电子构型为3d64s2，则Y为Fe元素；Q原子的L电子层的p能级上只有一对成对电子，则Q是O元素；由Z原子的核外电子总数等于O原子的最外层电子数可知，Z为C元素；由T原子有1个3p空轨道可知，T是Si元素。
【详解】A．Fe元素和O元素能形成化合物Fe2O3，A项正确；
B．元素的非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性：Q＞Z＞T，则气态氢化物的稳定性：Q＞Z＞T，B项错误；
C．硫元素和氧元素结合生成的化合物可以是二氧化硫或三氧化硫，二氧化硫和三氧化硫都是共价化合物，形成的晶体为分子晶体，C项正确；
D．Si元素和C元素的最高价氧化物二氧化硅和二氧化碳均为酸性氧化物，D项正确；
答案选B。
10．C
【详解】A．能将分子聚集在一起的作用力为分子间作用力，分子晶体中一定存在分子间作用力，故A正确；
B．共价晶体中只含有共价键，比如原子晶体含有共价键，共价晶体中一定不含离子键和金属键，故B正确；
C．晶体中若含有阳离子，不一定含有阴离子，比如金属晶体，含有阳离子和电子，故C错误；
D．单质的晶体中一定不存在离子键，有离子键必然有阳离子和阴离子，则一定为化合物，故D正确。
综上所述，答案为C。
11．C
【详解】A．反应产物N2、CO2中的正负电荷中心重合，均为非极性分子，选项A正确；
B．CO2、N2的结构式分别为O=C=O、NN ，双键、三键中有1个σ键，其余为键，则1mol 和1mol 含有的键数目之比为1：1，选项B正确；
C．由图示可知， 晶体中阴离子和阳离子的配位数分别为8和4，选项C错误；
D．若晶体的晶胞边长为anm，根据均摊法，晶胞中含有K+、S2-的数目分别为8、84，则该晶体的密度为=g·cm-3，选项D正确；
答案选C。
12．C
【详解】A．Mn=，Bi=6，Mn和Bi形成的晶体的化学式可表示为MnBi，A正确；
B．由图可知，硼的熔点较高，单质硼属于共价晶体，结构单元中含有12个碳原子，30个B- B键和20个正三角形，B正确；
C．SF6是由极性键构成的非极性分子，分子中S原子不是8电子稳定结构，C错误；
D．由晶胞可知黑球为O，白球为Na，Na2O晶体中与某个阴离子紧邻的所有阳离子为顶点构成的几何体为立方体，D正确；
答案选C。
13．A
【详解】A．含有4个N-Cu配位键，12个N-H共价键，该物质中含有的σ键数目为16个，即1mol中含有的σ键有16mol，故A正确；
B．如图，白球有2个，黑球有4个，根据氧化亚铜的化学式可知，氧化亚铜晶胞中O原子的配位数为4，则Cu原子的配位数为2，故B错误；
C．氯化铁刻蚀Cu制印刷电路板的反应为，说明氧化性：，还原性：，故B错误；
D．除去铜粉中含有的CuO，加入稀硝酸会使铜和氧化铜均反应，应加稀硫酸或者灼热条件下通入氢气，故D错误；
故选A。
14．C
【详解】晶体具有自范性和各向异性，钢化玻璃、塑料、陶瓷均不属于晶体，水晶属于晶体，故选：C。
15．B
【详解】A．根据均摊原则，该晶胞中含有的金属原子数目为，故A正确；
B．原子半径为r，则底面边长为2r，则1、2、3、4原子形成正四面体的高为 ，晶胞的高为正四面体的高的2倍，则晶胞的高为，故B错误；
C．图1结构可分割为3个图2所示的3个晶胞，故C正确；
D．该晶胞中含有2个原子，2个原子的体积为，晶胞的体积为，空间利用率为=，故D正确；
选B。
16．(1)氨分子和水分子通过氢键形成一水合氨
(2)碳原子的排列方式不同
【详解】（1）化学反应的实质是旧键的断裂新键的形成，氨分子和水分子通过氢键形成一水合氨的过程中没有化学键的断裂与生成，所以为非化学变化，故答案为：氨分子和水分子通过氢键形成一水合氨；
（2）石墨和金刚石互为同素异形体，由于晶体中碳原子的排列方式不同，金刚石是由碳原子以共价键相结合形成的空间网状结构的原子晶体，具有很高的熔沸点和很大的硬度，石墨为碳原子形成的层状结构的过渡型晶体，层内碳原子间以共价键相结合形成六元环，层间以范德华力相结合，具有很高的熔沸点，但硬度小，故答案为：碳原子的排列方式不同。
17． 白 蓝 Cu2+ 4 H2O 有蓝色沉淀生成 沉淀溶解，溶液变成深蓝色 [Cu(NH3)4]2+ 配位键
【详解】无水硫酸铜固体为白色；把它溶于水后形成了[Cu(H2O)4]2+配离子，溶液呈蓝色；[Cu(H2O)4]2+配离子的中心离子是Cu2+，配位数为4，配体是H2O分子。向溶液中滴入氨水，有氢氧化铜沉淀生成，故现象是：有蓝色沉淀生成；继续滴加氨水至过量，氢氧化铜与氨水反应生成[Cu(NH3)4]SO4，现象是：沉淀溶解，得到深蓝色溶液；[Cu(NH3)4]SO4的内界结构式为：[Cu(NH3)4]2+，中心离子与配体之间以配位键结合。
18． 分子晶体 苯胺分子之间存在氢键
【详解】苯胺中只含有共价键，根据其熔、沸点数据可知，苯胺的晶体类型为分子晶体。苯胺分子间存在氢键，导致其熔、沸点高于甲苯。
19． 6
【分析】根据方程式进行计算，的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有的个数之比为1:1，内界含有1个氯离子和5个水分子，由此确定化学式。
【详解】(1)根据方程式进行计算：
则，解得。故答案为：6；
(2)中的配位数为6，由题意知该配合物的内界和外界各有1个氯离子，则内界含有1个氯离子和5个水分子，外界含有1个氯离子和1个结晶水，故该配合物的化学式可表示为。故答案为：。
20．(1) O Mg2GeO4
(2)×1021
【详解】（1）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8×+6×+4×+3=8，位于体内的Y原子和Z原子分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1：4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子，则晶胞的化学式为Mg2GeO4，故答案为：O；Mg2GeO4；
（2）由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×ρ，解得ρ=×1021g/cm3，故答案为：×1021。
21．(1)
(2) 乙醇的极性较小，减弱了水溶液的极性，使晶体析出 该晶体长时间暴露在空气中易与水和反应生成铜的碱式盐而变质
(3) 否 该晶体通过蒸发浓缩、冷却结晶受热易失氨
(4)直形冷凝管
(5)26.9%
(6) 静置后，上层溶液颜色变浅或为无色
【详解】（1）根据题意，利用硫酸铜晶体和浓氨水制备一水硫酸四氨合铜晶体，其反应的化学方程式为，故填；
（2）如图所示，随着乙醇体积分数增大，一水硫酸四氨合铜晶体的溶解度降低，其原因可能为：水的极性较强，在水中该晶体能电离出自由移动的离子，加入乙醇后，随着乙醇体积分数升高，水溶液极性降低，使晶体的溶解度减小而析出；如果采用过滤的方法，根据已知，该晶体长时间暴露在空气中易与水和反应生成铜的碱式盐而变质，抽滤可以减少该晶体暴露在空气中的时间，所以采用抽滤的方法，故填乙醇的极性较小，减弱了水溶液的极性，使晶体析出；该晶体长时间暴露在空气中易与水和反应生成铜的碱式盐而变质；
（3）根据已知信息，该晶体受热易失氨，通过蒸发浓缩、冷却结晶导致晶体中的氨受热失去，产品纯度降低，所以不能采用“蒸发浓缩、冷却结晶”的方法，故填否；该晶体通过蒸发浓缩、冷却结晶受热易失氨；
（4）图中装置中的仪器a为直形冷凝管，故填直形冷凝管；
（5）根据题意，测定氨含量的过程中发生反应为，则样品中氨的质量为0.08075g，质量分数为；故填26.9%；
（6）加入稀硫酸后，溶液颜色变成浅蓝色，与同浓度硫酸铜颜色相当，说明加入硫酸后由变为，所以四氨合铜离子在溶液中存在解离平衡：，加入NaOH溶液， 与反应生成蓝色沉淀，静置后，上层溶液由于浓度减小，溶液颜色变浅或为无色，故填；静置后，上层溶液颜色变浅或为无色。
22．(1)离子键和共价键
(2)容量瓶、玻璃棒和胶头滴管
(3) Cu(OH)2受热分解生成CuO 先产生浅蓝色絮状沉淀，后沉淀溶解变为深蓝色溶液
(4) 将K2CO3分批加入H2C2O4溶液中并搅拌 HC2O
(5)加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
【分析】实验室制备二草酸合铜酸钾晶体的步骤为硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应产生浅蓝色氢氧化铜沉淀后，加热使氢氧化铜受热分解生成黑色的氧化铜，向草酸溶液中分批加入适量的碳酸钾固体，制得草酸氢钾和草酸钾的混合溶液，在80-85℃的条件下将氧化铜加入混合溶液中，趁热过滤，滤液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到得到二草酸合铜酸钾晶体。
【详解】（1）由化学式可知，配合物二草酸合铜酸钾中含有配位键、离子键和共价键，故答案为：离子键和共价键；
（2）由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，配制过程中除电子天平、烧杯、量筒外，还需要的玻璃仪器有胶头滴管、玻璃棒、容量瓶，故答案为：容量瓶、玻璃棒和胶头滴管；
（3）①由分析可知，步骤1中产生蓝色絮状沉淀后需要加热的原因是加热将氢氧化铜转化为制备二草酸合铜酸钾所需的氧化铜，故答案为：Cu(OH)2受热分解生成CuO；
②若使用氨水代替氢氧化钠溶液，滴加过程中氨水先与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜浅蓝色絮状沉淀，完全反应后氢氧化铜与滴入的氨水反应生成深蓝色的硫酸四氨合铜，则观察到的实验现象为先产生浅蓝色絮状沉淀，后沉淀溶解变为深蓝色溶液，故答案为：先产生浅蓝色絮状沉淀，后沉淀溶解变为深蓝色溶液；
（4）为防止草酸和碳酸钾反应时，反应生成的二氧化碳气体造成液体喷溅，可减缓反应速率，将碳酸钾分批加入草酸溶液中并搅拌；由草酸和碳酸钾的物质的量比可知，制得草酸氢钾和草酸钾的混合溶液的化学方程式为3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑，则混合溶液中浓度最大的阴离子为草酸氢根离子，故答案为：将K2CO3分批加入H2C2O4溶液中并搅拌；HC2O；
（5）由分析可知，步骤4中的一系列操作为滤液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到得到二草酸合铜酸钾晶体，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。
