陜西漢中2019屆高三化學下學期第二次教學質量檢測試題含解析

1、陜西省漢中市2019屆高三化學下學期第二次教學質量檢測試題（含解析）可能用到的相對原子質量：H-1 B-ll C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28P-31 S-32 C1-35. 5 Fe-56 Cu-64一、選擇題：本題共 13小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。.化學與人類生活密切相關。下列說法正確的是（）A. “司南之杓（勺），投之于地，其柢（柄）指南”。司南中“杓”所用材質為Fe2O3B.我國發(fā)射的“嫦娥”系列衛(wèi)星使用了碳纖維，碳纖維是一種新型的有機高分子材料“一帶一路”是現代“絲綢之路”，絲綢的主要成

2、分是天然纖維素D.將“地溝油”制成肥皂，可以提高資源的利用率【答案】D【解析】【詳解】A.司南中“杓”所用材質為 Fe3Q,故A錯誤；B.碳纖維是碳的單質，屬于無機物，是一種無機非金屬材料，故 B錯誤；C.絲綢的主要成分是蛋白質，故 C錯誤；“地溝油”是一種質量極差、極不衛(wèi)生的非食用油，將它制成肥皂，實際是使用了油脂的皂化反應，將“地溝油”變成肥皂，可以提高資源的利用率，故 D正確；故選D。2.設NA為阿伏加德羅常數，下列說法正確的是（）1mol OH羥基）與1molNH4+中所含電子數均為 10NANa 2Q與足量的CO反應生成1 mol O 2,轉移電子數目為 4沖S2和&的混合物共6.4

3、g ,其中所含硫原子數一定為0.2NaD.標準狀況下，22.4LSO3含有Na個分子【答案】C【解析】【詳解】A. 1mol OH羥基）中含有的電子數為 92，1molNH4+中所含電子數為10Na,故A錯誤；B. N&Q與CO反應的方程式為 2N&Q+2CQ= 2N&CO+ Q,生成1 molQ,轉移電子數目為 2電故B錯誤；C.由于S2和M均由S原子構成，故6.4g混合物中無論兩者的比例如何，含有的硫原子的物質的量均為 6.4g/32g/mol=0.2mol,個數為0.2Na,故C正確；D.標準狀況下SO是固體，無法用22.4L/mol計算，故D錯誤；故選Co3.A、B、C D E是原子序

4、數依次增大的五種短周期元素，且 B C相鄰，A在周期表中原子 半徑最小，C最外層電子數是次外層的三倍，D的簡單陽離子和它的含氧酸根離子反應可生成白色沉淀，E單質常溫下是黃綠色氣體。下列說法中正確的是（）A.元素的簡單離子半徑：DCBA與B兩種元素共同形成的 10電子粒子有2種B的最高價氧化物對應水化物的酸性比E的最高價氧化物對應水化物的酸性弱D.由A、B C三種元素構成的物質一定是共價化合物【答案】C【解析】【分析】A在周期表中原子半徑最小，為H元素，C最外層電子數是次外層的三倍，為O元素，A BC D、E的原子序數依次增大，B、C相鄰，B為N, D的簡單陽離子和它的含氧酸根離子反 應可生成白

5、色沉淀，D為Al , E單質常溫下是黃綠色氣體，E為Cl?！驹斀狻緼.電子層結構相同的離子，原子序數大，半徑小，故離子半徑：BCD故A錯誤；A與B兩種元素共同形成的 10電子粒子有NH, NH+ , NH-,故B錯誤；B為N, E為Cl,非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，氯的非金屬性比 氮強，故C正確；A、B、C組成的化合物可能是硝酸也可能是硝酸鏤，所以可能是共價化合物也可能是離子化合物，故D錯誤；故選Co【點睛】比較半徑，首先看電子層數，電子層數越多，半徑越大；電子層數相同時，核內質 子數越多，半徑越?。浑娮訉訑岛唾|子數都相同時，核外電子數越多，半徑越大。4.某有機物Z具有美白

6、功效，廣泛用于日化產品。該物質可用如下反應制備卜列敘述錯誤的是（X、Y和Z均能和濱水發(fā)生反應X和Z均能與NaCO溶液反應，但不會放出 COY既能發(fā)生取代反應，也能發(fā)生加聚反應丫分子中所有碳原子一定不共平面【答案】D【詳解】A. X和Z中含有酚羥基，Y中含有碳碳雙鍵，故均能和濱水發(fā)生反應，故 A正確;B.酚羥基能和碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉和酚鈉，故 B正確；Y中含有碳碳雙鍵和苯環(huán)，具有烯煌和苯的性質，故Y既能發(fā)生取代反應，也能發(fā)生加聚反應，故C正確；丫中具有乙烯和苯的結構，乙烯和苯分子中所有原子共平面，丫分子中所有碳原子可能共平面，故D錯誤；故選D。【點睛】解答本題首先要找出物質中含有哪些官能團，

7、官能團決定物質的化學性質，例如酚羥基的鄰、對位苯環(huán)氫易被 Br取代，碳碳雙鍵能和濱水發(fā)生加成反應，酚羥基能和碳酸鈉 反應生成碳酸氫鈉和酚鈉等。5.根據實驗操作和現象所得出的結論正確的是（）選項實驗操作實驗現象結論A將鹽酸滴入NaHCO液中有氣泡產生氯的非金屬性比碳強B用pH試紙分另1J測定0.1mol/L的苯酚鈉和0.1mol/L的NaCO溶液的pH苯酚鈉溶液的pH約為8NaCO溶液的pH約為10苯酚的酸性強于HCOC分別將己烯與率加入濱水溶液中濱水均褪色兩種物質使濱水溶液褪色的原理相同D向2mL0.1mol/LMgCl2溶液中加入5mL0.1mol/LNaOH溶液，出現白色沉淀后，繼續(xù)滴入幾

8、滴FeCl 3濃溶液，靜置出現紅褐色沉淀同溫下，KspMg(OH)2K KspFe(OH) 3A. AB. BC. CD. DC錯法故D錯j為:的溶液窿 NhkBO 溶液【答案】B【解析】【詳解】A.鹽酸滴入碳酸氫鈉溶液中有氣泡產生，可知鹽酸酸性大于碳酸，但鹽酸不是Cl的最高價含氧酸，不能比較氯和碳的非金屬性，故 A錯誤；B.苯酚鈉和碳酸鈉都是強堿弱酸鹽，溶液均顯堿性，堿性越強說明對應酸的酸性越弱，故B正確;C.己烯使濱水褪色，發(fā)生的是加成反應，苯使濱水褪色，發(fā)生的是萃取，故D.氫氧化鈉過量，FeCl3與氫氧化鈉反應生成紅褐色沉淀，不能比較故選Bo【點睛】(1)鹽類水解規(guī)律：有弱才水解，越弱越

9、水解，雙弱雙水解，誰強顯I中性。(2)元素非金屬性越強，最高價氧化物的水化物的酸性越強。6.氨硼烷(NH3 - BH)電池可在常溫下工作，裝置如圖所示。該電池工作時的總NH - BH+3HzC2=NHBG+4H2Q 下歹U說法錯誤的是(A.裝置左側電極為負極，電子由該極出發(fā)，依次通過正極、電解質溶液，回到負極B.正極的反應式為：HzC2+2H+2e =2HzOC.電池工作時，H+通過質子交換膜向正極移動，D.消耗3.lg氨硼烷，理論上轉移 0.6mol電子【答案】A【解析】【詳解】A.電子不能經過溶液，故 A錯誤；H 2C2在正極得到電子發(fā)生還原反應，電極反應式為：hbC2+2H+2e =2h

10、bO,故B正確；C.放電時，陽離子向正極移動，H+通過質子交換膜向正極移動，故 C正確；D.負極反應式為： NH - BH3+2HO-6e-= NHBQ+6H+,消耗 3.lg 氨硼烷為 O.lmol ,轉移 0.6mol 電子，故D正確； 故選A。.甲胺(CTNH)是一種應用廣泛的一元弱堿，其電離方程式為：CHNH+H(ACHNH+OH常溫下，向20.0mL0.10mol/L的甲胺溶液中滴加 VmL0.10mol/L的稀鹽酸，混合溶液的 pH 與相關微粒濃度的關系如圖所示。下列說法中錯誤的是()A. b點對應加入鹽酸的體積Vc(CH3NH+)c(H +)cOH )V=20.00mL 時，溶液

11、中水電離的 c(H+)10 7mol/L【答案】C【解析】【詳解】A.若加入20mL的鹽酸，則鹽酸和甲胺恰好完全反應生成CHNHCl溶液，CHNHCl是強酸弱堿鹽，所得溶液呈酸性，b點溶液呈中性，所以b點對應加入鹽酸的體積小于20mL故A正確；B.由甲胺的電離方程式為：CHNH+HgCHNH+OH可知，甲胺的電離常數為K=c(OH)c(CH 3NH+)/c(CH 3NH) , a 點溶液的 pH=10.6 , c(H+)=10 6 , c(OH)=10 “沉鐵”過程中，氣態(tài)產物的電子式為.4 , lgc(CH 3NH+)/c(CH 3NH)=0 ,貝U c(CH3NH+)/c(CH 3NH)=

12、1 ,代入 Kb=c(OH-)c(CH 3NH+)/c(CH 3NH)中，得出 K=10 3.4 ,故 B 正確;C. b點pH=7,中性溶液，c(H+)=c(OH ),故C錯誤；D.若加入20mL的鹽酸，則鹽酸和甲胺恰好完全反應生成CHNHCl溶液，CHNHCl是強酸弱堿鹽，所得溶液呈酸性，CHNH+水解促進水的電離，常溫下Kw=1X10-14,故溶液中水電離的c(H+)10 7mol/L ,故 D 正確； 故選Co【點睛】電離平衡常數、水的離子積只與溫度有關，溫度一定，電離平衡常數、水的離子積 一定。三、非選擇題：共 174分。第2232題為必考題，每個試題考生都必須作答。第 3338題

13、為選考題，考生根據要求作答8.工業(yè)上以鈦鐵礦(主要成分為鈦酸亞鐵(FeTiO3),含有MgO SiO2等雜質)為原料，制備金 屬鈦和鐵紅的工藝流程如下：90匕贏f Ti東解一 過逑= , I眼.速調3FeCOjNHJICOj已知：酸浸時，FeTiO3轉化為Fe2% Td+；本實驗溫度下，KspMg(OH)2=1.0 X10-11；溶液中離子濃度小于等于1.0 X 105mol/L時，認為該離子沉淀完全。請回答下列問題:(1)酸浸時如何提高浸取速度和浸取率(至少答兩種方法);該過程需控制反應溫度低于 35 C,原因為(4)濾液3可用于制備 Mg(OH)。若濾液3中c(Mg2+)=1.2 X10

14、3mo/L,向其中加入 NaOHU體，調整溶液pH值大于 時，可使Mj恰好沉淀完全。(5) “電解”時，電解質為熔融的 CaO兩電極材料為石墨棒。則 極石墨棒需要定 期更換，原因是。(6)測定鐵紅產品純度：稱取 m克鐵紅，溶于一定量的硫酸之中，配成 500.00mL溶液。從 其中量取20.00mL溶液，加入過量的 KI,充分反應后，用 c mol/L 硫代硫酸鈉(Naz&Q)標 準液滴定至終點，發(fā)生反應：I 2+2S2Q2 =S4O62 +2I o平行滴定三次，硫代硫酸鈉平均消耗體 積為VmL則鐵紅產品的純度為： (用c、V、m表式)【答案】(1).HTiO3j+2H+ (3).Mg+等受熱水

15、解)碳，導致陽極損耗【解析】【分析】升溫，攪拌，適當增大硫酸濃度，粉碎礦石(2). TiO2+2HO=C：O-C (4).溫度過高容易導致 NHHC的解(或防止 Fe2+、* .(5).11 (6). 陽極 (7).陽極產生氧氣與石墨反應生成二氧化200c/(1)酸浸時提高浸取速度和浸取率可以采取升溫，攪拌，適當增大硫酸濃度，粉碎礦石。(2)根據流程圖中信息，“水解”時，TiO2+轉化為HTiO3沉淀。(3) “沉鐵”過程中，氣態(tài)產物為二氧化碳，根據反應物的性質知，溫度過高時，碳酸氫俊會分解，Fe2+、M的水解程度增大。(4)根據K，求。(5)陽極石墨棒需要定期更換。(6)根據方程式找出 Fe

16、zQ2s2c32關系式?！驹斀狻?1)酸浸時提高浸取速度和浸取率可以采取升溫，攪拌，適當增大硫酸濃度，粉碎礦石，故答案為：升溫，攪拌，適當增大硫酸濃度，粉碎礦石。(2)根據流程圖中信息，“水解”時，TiO2+轉化為H2TiO3沉淀，離子方程式為：TiO2+2H2O=H2TiO3 J +2H+,故答案為:TiO2+2H2O= H2TQ3 J +2H+。(3) “沉鐵”過程中，氣態(tài)產物為二氧化碳，電子式為C：O：C ,根據反應物的性質知，, 1溫度過高時，碳酸氫錢會分解，Fe2+、M0+的水解程度增大，故答案為：C：O-C ;溫度過* * 高容易導致NHHCO分解(或防止Fe2+、M/等受熱水解)

17、。(4)根據 Kp=1.0X1011=c(Mg2+)c2(OH)=1xi0 5mo/LX c2(OH),求出 c(OH)=10-3 mo/L ,pH=11,故溶液pH值大于11時，可使Md+恰好沉淀完全，故答案為：11?！半娊狻睍r，電解質為熔融CaO陰極得到Ti ,陽極生成02,陽極石墨棒需要定期更換，原因是陽極產生氧氣與石墨反應生成二氧化碳，導致陽極損耗，故答案為：陽極；陽 極產生氧氣與石墨反應生成二氧化碳，導致陽極損耗。(6)鐵紅的成份是 FezQ,與硫酸反應生成硫酸鐵，反應的離子方程式為：Fe2Q+6H+=2Fe3+3HQ 又知 2Fe3+2I = 2Fe2+12, 12+2S2Q2 =

18、$又2酸鈉(NazSO)的物質的量為c VX10_3mol, F&Q的物量為80c xvx 10-3g,則鐵紅產品的純度為 20QcV ”一V/m) X 100% ,故答案為：% ,故答案m9.硫酰氯(SQCl 2)常作氯化劑或氯磺化劑，用于的部分性質如下表:物質熔點沸點通HzSOj338SaQ2,硫代硫可得出FezQol , FezQ 的質1/2c V X1500mLx 10020cleV活性劑等。為SOz和itxrc以上易具有吸水性且難分解物質實驗室用干燥而純凈的二氧化硫和氯氣合成硫酰氯，反應的熱化學方程式為:SO(g)+Cl 2(g) SOCl 2(l) AH=-97.3 kJ - mo

19、l反應裝置如圖所示(夾持儀器已省略)，請回答有關問題:(1)儀器B的名稱為;(2)儀器A的作用是;(3)裝置乙中盛放的試劑為 ,在實驗室用氫氧化鈉溶液吸收多余硫酰氯的離子反應 方程式為;(4)為提高本實驗中硫酰氯的產率，在實驗操作中需要注意的事項有 (填序號)；先通冷凝水，再通氣體控制氣流速率，宜慢不宜快若三頸燒瓶發(fā)燙，可適當降溫加熱三頸燒瓶(5)少量硫酰氯也可用氯磺酸 (CISO3H)分解獲得，該反應的化學方程式為：2ClSQH=HSQ+SOCl2,此方法得到的產品中會混有硫酸。分解產物中分離出硫酰氯的實驗操作名稱為 。某同學為檢驗硫酰氯產品中是否混有硫酸設計實驗如下：取少量產品溶于水，加入

20、鹽酸酸化的氯化鋼溶液，振蕩， 觀察到有白色沉淀生成， 則認為產品中含有硫酸。 該同學的結論是 否正確，請說明理由?！敬鸢浮?1).球形干燥管 (2).冷凝回流 (3). 濃硫酸 (4).SOCl2+4OH=SO2-+2C+2HO (5).(6). 蒸儲 (7). 不正確，因 硫酰氯水解可產生硫酸【解析】【分析】(1)儀器B的名稱為球形干燥管。(2)儀器A是冷凝管，作用是冷凝回流。(3)濃硫酸具有吸水性，氫氧化鈉溶液吸收多余硫酰氯的離子反應方程式為： SOCl2+4OH=SO2-+2Cl-+2HQSO(g)+Cl 2(g) hSOCL。) AH=-97.3 kJ mol 1,正反應為放熱反應，升

21、溫平衡 左移，為了提高本實驗中硫酰氯的產率，不能加熱三頸燒瓶。(5)二者為互溶液體，沸點相差較大，采取蒸儲法進行分離。硫酰氯水解可產生硫酸，同樣能觀察到有白色沉淀生成。【詳解】(1)儀器B的名稱為球形干燥管，故答案為：球形干燥管。(2)儀器A是冷凝管，作用是冷凝回流，故答案為：冷凝回流。(3)由KClO3和濃鹽酸反應制得的 Cl2中混有HCl和水蒸氣，丙中盛放飽和NaCl溶液除去HCl,濃硫酸具有吸水性， 裝置乙中盛放的試劑為濃硫酸，干燥Cl2,氫氧化鈉溶液吸收多余硫酰氯的離子反應方程式為：SOCl2+4OH=SO2+2Cl-+2HO,故答案為：濃硫酸；SOCl2+4OH=SO2-+2Cl -

22、+2HQSO(g)+Cl 2(g) =SOCl2(l) H= 97.3 kJ mol 1,正反應為放熱反應，升溫平衡 左移，為了提高本實驗中硫酰氯的產率，不能加熱三頸燒瓶，故答案為：。9(5)二者為互溶液體，沸點相差較大，采取蒸儲法進行分離，故答案為：蒸儲；硫酰氯水解可產生硫酸，同樣能觀察到有白色沉淀生成，故答案為：不正確，因為硫酰氯水解可產生硫酸。10. (1)甲醇(CH3OH)是重要的溶劑和替代/料，工業(yè)上用C5口 H2在一定條件下制備 CHOH的反應為：CO(g)+2H2(g)= CHOH(g),在體積為1L的恒容密閉容器中，充入2 molCO和4molH2,一定條件下發(fā)生上述反應，測得

23、CO(g)和CHOH(g)的濃度隨時間變化如圖所示。025lAnin從反應開始至達到平衡，用氫氣表示的平均反應速率u (H2)=mol/(L - min)下列說法正確的是(填字母序號)。A.達到平衡時，COW轉化率為75%B. 5min后容器中混合氣體的平均相對分子質量不再改變C.達到平衡后，再充入僦氣，反應速率減小D. 2min 前 u (正) u (逆)，2min 后 u (正)2點從b點至ij c點，混合溶液中一直存在：c(Na+)c(NO2 )c(OH )c(H +)【答案】(1). 0.6 (2). AB (3). 3 (4). -342.5 kJ mol 1 (5). AB(6).

24、 Fe(OH) 3-3e -+5OH= FeO42-+4H2O (7).【解析】【分析】(1)根據速率定義式求算。A.根據三段式求算。B.反應前后氣體質量不變，氣體物質的量變化，5min后反應達到平衡狀態(tài)，容器中混合氣體的平均相對分子質量不再改變。C.達到平衡后，再充入僦氣，總壓增大分壓不變，速率不變。D.2min前后反應未達到平衡狀態(tài)，反應正向進行，u (正) (逆)。根據平衡常數 K=c(CHOH)/c(CO)c 2(H2)求算。(2)根據蓋斯定律求算。2CHOH(g)+CO(g)+ ；Q(g) CHOCOOC(g)+H2O(1) H=-342.5 kJ mol 1,提高CHOCOOC肝率

25、，需使平衡右移。(3)充電時陽極上失去電子發(fā)生氧化反應。(4)HNO是弱酸，亞硝酸電離是吸熱過程，酸堿中和反應是放熱反應，當恰好完全中和時放熱最多，根據此確定c(NaOH)。電離是吸熱，溫度越高電離平衡常數越大。當 c(NaOH)較大時，可能出現 c(Na+)c(OH ) c(NO 2 )c(H+)?！驹斀狻?1)從反應開始至達到平衡，u (CO)=(1.5mol/L)/5min=0.3mol/(L ?min) , u (H2)=112u (CO)=0.6 mol/(L - min),故答案為：0.6 。A.CO(g)+2H2(g)起(mol)240轉(mol)1.531.5平(mol)0.5

26、11.5達到平衡時,CH30H(g)CO的轉化率為(1.5mol +2mol) x 100% =75% 故 A 正確;B.反應前后氣體質量不變，氣體物質的量變化,5min后反應達到平衡狀態(tài)，容器中混合氣體的平均相對分子質量不再改變，故B正確;C.達到平衡后，再充入僦氣，總壓增大分壓不變,速率不變，故C錯誤;D.2min前后反應未達到平衡狀態(tài)，反應正向進行,(逆)，故D錯誤;故選AR該條件下反應的平衡常數K=c(CHOH)/c(CO)c 2(H2)= 1.5/(0.5X12)=3,故答案為：3。(2) I .根據 CO 燃燒熱為4 H=-283.0kJ mol 1,得出 CO(g)+1/2Oz(

27、g尸 CO 2(g) H=283.0kJ - mol 1,_ 1II . H2O(1)=H2O (g)H=+44.0 kJ mol ，_ _ 1 III . 2CHOH(g)+CQ(g)CHOCOOC(g)+ H 2O(g) AH=-15.5 kJ mol 根據蓋斯定律，-+得到2CHOH(1O(g)+ Q(g) H=-342.5 kJ - mol 1,故答案為:故選AROCOOCH)+ H 2O( l),O(1)CHOCOOC肝率，需使平衡右移A.降低體系的溫度，平衡右移,B.壓縮容器的體積，相當于增B正C.水的濃度是個定值，故 C專D.催化劑只能改變反應速率,D錯誤;(3)高鐵電池的總反應

28、為:+8HO,充電時陽Fe(OH)3-3e-+5OH= FeO42-+4HO,故答案為:t,提高I 1 mol 。2CHOH(g)+CO(g)+ Q(g) .5 kJA正確;史平衡移動,(OH)+2Fe(OH)3+4KOH克電/jstii.極上失去電子發(fā)生氧化反應，故陽極反應式為:Fe(OH)3-3e -+5OH= FeOFhbO。(4)HNO是弱酸，亞硝酸電離是吸熱過程，酸堿中和反應是放熱反應，當恰好完全中和12時放熱最多，c(NaOH)=(0.02L x 0.01mol/L)/0.02L=0.01mol/L,故錯誤，正確；電離是吸熱，溫度越高電離平衡常數越大，所以HNO的電離平衡常數：b點

29、a點，故正確；從b點至ij c點，當c(NaOH)較大時，可能出現 c(Na+)c(OH ) c(NO2 )c(H+),故錯誤;故選。11.原子序數依次增大的四種元素 A、B、C、D分別處于第一至第四周期，自然界中存在多種A的化合物，B原子核外電子有6種不同的運動狀態(tài)，B與C可形成正四面體形分子，D的基態(tài)原子的最外能層只有一個電子，其他能層均已充滿電子。請回答下列問題：(1)這四種元素中電負性最大的元素，其基態(tài)原子的價電子排布圖為 ,第一電離能最小的元素是 (填元素符號)。圖一圖二圖三(2) C所在主族的前四種元素分別與 A形成的化合物，沸點由高到低的順序是(4) D元素形成的單質，其晶體的堆

30、積模型為 ,D的醋酸鹽晶體局部結構如圖三,該晶體中含有的化學鍵是 (填選項序號)。極性鍵非極性鍵配位鍵金屬鍵(5)向D的硫酸鹽溶液中滴加過量氨水，觀察到的現象是請寫出上述過程的離子方程式： (2). Cu (3). HF HI HBr HCl(4). HF分子之間形成氫鍵使其熔沸點較高，HI、HBr、HCl分子之間只有范德華力，相對分子質量越大，范德華力越大;(5). sp 2 (6). 34% (7). 3.5 (8).面心立方13首先形成藍色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解，得到(11).CU2+2NH3 H2O=Cu(OH) J +NH+最密堆積(9).(10).深藍色的透明溶液Cu(OH)

31、2+4NH=Cu(NH3)4 2+2OH原子序數依次增大的四種元素A、RC、D分別處于第一至第四周期，自然界中存在多種A的化合物，則A為氫元素；B原子核外電子有6種不同的運動狀態(tài)，即核外有 6個電子，則B為碳元素；D的基態(tài)原子的最外能層只有一個電子，其他能層均已充滿電子，D原子外圍電子排布為3d104s1,則D為銅元素；結合原子序數可知， C只能處于第三周期，B與C可形 成正四面體型分子，則 B為氯元素。(1)四種元素中電負性最大的是 Cl,其基態(tài)原子的價電子數為 7;金屬性越強，第一電離 能越??；(2) HF分子間存在氫鍵，沸點最高，其它鹵化氫隨著相對分子質量遞增，其沸點升高；(3)圖一為平

32、面結構，在其層狀結構中碳碳鍵鍵角為120。，每個碳原子都結合著 3個碳原子，碳原子采取 sp2雜化；計算晶胞中碳原子總體積與晶胞體積，充分利用晶胞中每個C原子與周圍4個C原子形成正四面體結構，確定晶胞棱長與C原子半徑關系；根據均攤法計算晶胞中C原子數目，進而計算晶胞質量，再根據晶胞密度=質量/體積計算；(4)晶體Cu為面心立方最密堆積， 結合圖三醋酸銅晶體的局部結構可確定其晶體中含有極性鍵、非極性鍵和配位鍵;(5)硫酸銅溶液中加入氨水會產生氫氧化銅藍色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解,氨合銅絡離子，溶液為深藍色的透明溶液。【詳解】原子序數依次增大的四種元素A、B C D分別處于第一至第四在多種A的

33、化合物，則A為氫元素；B原子核外電子有 6種不同的運動狀,電子，則B為碳元素；D的基態(tài)原子的最外能層只有一個電子，其他能層均已原子外圍電子排布為3d14s1,則D為銅元素；結合原子序數可知，C只育與C可形成正四面體型分子，則B為氯元素。(1)四種元素中電負性最大的是布圖為 3s;四元素中Cu的金屬性越強，故 Cu的第一電故答案為:3P得到越小,Cl,其基態(tài)原子的價電子數為7,其14,自然界中存即核外有電子,于第三周期,W子的價電子用(2) HF分子之間形成氫鍵使其熔沸點較高，HI、HBr、HCl分子之間只有范德華力，相對分子質量越大，范德華力越大，沸點越高，即沸點由高到低的順序是HF HIHB

34、rHCl,故答案為：HF HI HBr HCl; HF分子之間形成氫鍵使其熔沸點較高，HI、HBr、HCl分子之間只有范德華力，相對分子質量越大，范德華力越大。(3)圖一為平面結構，在其層狀結構中碳碳鍵鍵角為120。，每個碳原子都結合著3個碳原子，碳原子采取 sp2雜化；晶胞中每個C原子與周圍4個C原子形成正四面體結構，如圖所示:AOK =4OF長，故FA長=3OF長，故令碳原子半徑為r,則FA長=2r,根據體積關系可知,1 Q7 丫 3丫 3ao=2r+ix2r=1r ,設 bc長為 a, bo r)二世上，33213 73則晶胞體積=巴！)m,晶胞中C原子數目=4+6X 1/2+8 X 1

35、/8=8,則晶胞中碳原子總體積 3=8X4/3兀r3,故晶胞空間利用率 =(8X4/3兀r3) + 8/3 X ( 3) 1/2r 3=34% 一個晶胞中含 碳原子數為8X1/8+6X1/2+4=8,晶胞質量=8X 12/6.02 X1023g,晶胞中的棱長為 356.6pm,則晶胞體積=(8X 12/6.02 X 1023g) + (356.6 X 10 -1cm) 3=3.5g cm3, 故答案為：sp2; 34% 3.5。(4)晶體Cu為面心立方最密堆積，結合圖三醋酸銅晶體的局部結構可確定其晶體中含有極性鍵、非極性鍵和配位鍵，故答案為：面心立方最密堆積；。(5)硫酸銅溶液中加入氨水會產生

36、藍色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解，得到深藍色的透明溶液，有關反應的離子方程式為Cuf+2NT- H2O Cu (OH 2j+2NH+、Cu (OH 2+4NH Cu(NH) 4 2+2OH,故答案為：首先形成藍色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，沉淀溶解，得到深藍色的透明溶液；Cif+2NH - HO- Cu (OH 2, +2NH+、Cu (OH 2+4NH Cu ( NH) 4 2+2OH?！军c睛】第3小題中計算晶胞中碳原子總體積與晶胞的體積，充分利用晶胞中每個 C原子與15周圍4個C原子形成正四面體結構，確定晶胞棱長與C原子半徑關系；根據均攤法計算晶胞中C原子數目，進而計算晶胞質量，再根據晶胞密度=質量/體積計算。12.光刻膠是一種應用廣泛的光敏材料，其合成路線如下（部分試劑、反應條件和產物已略去）：NHsTdOH已知：I、II、母_1.吐江川誓1 RrCH=tCHO均為短茶或源） Rl-C-Cl + RaOHO胃6睜nRi-C-ORa + HC1 (r ,風為燒某)A分子的名稱為,B分子中所含官能團的名稱為，由C到D的反應類型（2）乙快和竣酸X發(fā)生加成反應生成 E, E的核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積比為3: 2: 1, E能發(fā)生水解反應，則 E的結構簡式為D和G反應生成光刻膠的化學方程式為C的同分異構體滿足下列條件:能發(fā)生銀鏡