2019届高三化学上学期期中试题(含解析).doc

2019届高三化学上学期期中试题(含解析)1.化学与科技生产、生活环境等密切相关，下列说法不正确的是（ ）A. 有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素，属于天然高分子化合物B. 陶瓷、水泥和玻璃都属于硅酸盐产品C. 废旧钢材焊接前，可依次用饱和Na2C03溶液、饱和NH4C1溶液处理焊点D. 使用可降解的聚碳酸酯塑料和向燃煤中加入生石灰，都能减轻环境污染【答案】A【解析】A、丝绸的主要成分是蛋白质，是纤维但非纤维素，属于天然高分子化合物，选项A不正确；B、陶瓷、水泥和玻璃都属于硅酸盐产品，选项B正确；C、饱和Na2CO3、NH4Cl溶液水解后，溶液显碱性、酸性，可处理金属表面焊点，选项C正确；D、使用可降解的聚碳酸酯塑料和向燃煤中加入生石灰，都能减轻环境污染，选项D正确。答案选A。2.某有机物的结构如图所示。有关该物质的下列说法正确的是( )A. 该物质能发生加成反应、取代反应B. 不能与Br2的CCl4溶液发生反应C. 该物质中所有原子有可能在同一平面D. 该化合物的分子式为C18H17O2N2【答案】A【解析】【详解】A、该物质中苯环、碳碳双键等能发生加成反应、苯环上的H和羟基等能发生取代反应，选项A正确；B、碳碳双键能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，选项B错误；C、该物质中有两个亚甲基，即有两个碳是四面体构型，所有原子不可能在同一平面，选项C错误；D、该化合物的分子式为C18H16O2N2，选项D错误。答案选A。3.饮茶是中国人的传统饮食文化之一。为方便饮用，可通过以下方法制取罐装饮料茶，上述过程涉及的实验方法、实验操作和物质作用说法 不正确的是A. 操作利用了物质的溶解性B. 操作为分液C. 操作为过滤D. 加入抗氧化剂是为了延长饮料茶的保质期【答案】B【解析】A. 由操作利用了物质的溶解性,故A正确；B. 操作为茶汤的分灌封口，不是分液，故B错；分离茶汤和茶渣属于过滤，故C正确； D维生素C具有还原性，维生素C可作抗氧化剂，故D正确；答案：B。4.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A. 18 g D2O所含有电子数为10NAB. 1mol Na2O2发生氧化还原反应时，转移的电子数目一定为2 NAC. 常温常压下，14g由N2与CO 组成的混合气体含有的原子数目为NAD. 50 mL 18.4 molL-1的浓硫酸与足量铜在加热条件下反应，生成SO2 分子的数目为0.46 NA【答案】C【解析】【详解】A18 g D2O的物质的量=0.9mol，1个分子含有10个电子，所含电子数为9NA，故A错误；B1mol Na2O2参加氧化还原反应时，若完全作氧化剂，转移的电子数为2mol；若发生自身的氧化还原反应，转移的电子的物质的量为1mol，所以转移的电子数不一定为2NA，故B错误；C.14g氮气和一氧化碳的混合气体的物质的量为0.5mol，0.5mol混合气体中含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故C正确；D铜只能和浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故浓硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫分子个数小于0.46NA，故D错误；故选C。5.X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体；M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（ ）A. X、Z、W三元素形成的化合物为共价化合物B. 五种元素的原子半径从大到小的顺序是：MWZYXC. 化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物D. 用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，在阳极区出现白色沉淀【答案】D【解析】X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，则X是H；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则Y是C；M是地壳中含量最高的金属元素，则M是Al；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体且Y、Z、W、M的原子序数依次增大，故Z是N，W是O。综上所述，X是H，Y是C，Z是N，W是O，M是Al。A.X是H,Z是N，W是O,三元素形成的化合物NH4NO3为离子化合物，故A项错误；B.X是H，Y是C，Z是N，W是O，M是Al，其原子半径从大到小的顺序为AlCNOH，即MY Z W X，故B项错误；C. 化合物YW2、ZW2分别为CO2、NO2，CO2是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故C项错误；D.用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阳极区铝离子和碳酸氢根双水解会产生白色沉淀，阴极区产生氢气，故D项正确。答案选D.6.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的NaCO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2+4Na2Na2CO3+C。下列说法错误的是A. 放电时，ClO4向负极移动B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2C. 放电时，正极反应为：3CO2+4e 2CO32+CD. 充电时，正极反应为：Na+eNa【答案】D【解析】【详解】A.根据方程式：3CO2+4Na2 Na2CO3+C可以得出二氧化碳做氧化剂，钠做还原剂，金属钠做负极而碳纳米管的镍网做正极，电子从负极流向正极，电解质溶液中阴离子（ClO4-）从正极流向负极，A正确； B. 根据方程式：3CO2+4Na2Na2CO3+C可知，放电时吸收二氧化碳，则充电时放出二氧化碳，B正确；C.放电时，CO2在正极发生还原反应为：3CO2+4e 2CO32-+C，C正确；D.充电时，C在阳极发生氧化反应，电极反应为：C-4e +2CO32-3CO2，D错误；综上所述，本题选D。【点睛】原电池工作时溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过；电解池工作时溶液中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，电子由负极经外电路流向阴极，再由阳极流回到正极。7.25时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )A. 0.1 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中：c(SO42)c(NH4+)c(Fe2+)c(H+)B. pH11的氨水和pH3的盐酸溶液等体积混合，所得溶液中：c(Cl)c(NH4+)c(OH)c(H+)C. 在0.1 molL1 Na2CO3溶液中：2c(Na+)c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)D. 0.1 molL1的醋酸钠溶液20 mL与0.1 molL1盐酸10 mL混合后溶液显酸性：c(CH3COOH)c(Cl)c(CH3COO)c(H+)【答案】AD【解析】【详解】A. (NH4)2Fe(SO4)2溶液中亚铁离子及铵根离子都水解，但是水解程度较小，根据物料守恒得：c(SO42)c(NH4+)c(Fe2+)c(H+)，故正确；B. pH11的氨水的浓度大于和pH3的盐酸溶液浓度，二者等体积混合，氨水有剩余，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒分析，离子浓度关系为c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H+)，故错误；C. 在0.1 molL1 Na2CO3溶液中物料守恒有：2c(Na+)c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)，故正确；D. 0.1 molL1的醋酸钠溶液20 mL与0.1 molL1盐酸10 mL混合后溶液中的溶质是等物质的量浓度的氯化钠、醋酸和醋酸钠，混合溶液显酸性，说明醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，氯离子不水解，醋酸电离程度较小，所以离子浓度大小关系为：c(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)，故正确。故选AD。【点睛】pH加和等于14的两种溶液等体积混合，弱的电解质有剩余，溶液显弱的性质。一般等浓度的醋酸和醋酸钠混合，因为醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液显酸性。8.某工厂将制革工业污泥中的铬元素以难溶物CrOH(H2O)5SO4的形式回收，工艺流程如下，其中硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。回答下列问题：（1）4.8 mol/L的硫酸溶液密度为1.27g/cm3，该溶液中硫酸的质量分数是_。 （2）H2O2的作用是将滤液中的Cr3+转化为Cr2O72，写出此反应的离子方程式：_。 （3）常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：阳离子Fe3+Mg2+Al3+Cr3+开始沉淀时的pH2.7沉淀完全时的pH3.711.15.4（8溶解）9（9溶解）Cr (OH)3溶解于NaOH溶液时反应的离子方程式是_。加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72转化为CrO42。滤液中阳离子主要有_；但溶液的pH不能超过8，其理由是_。 （4）钠离子交换树脂的反应原理为Mn+nNaRMRn+nNa+，利用钠离子交换树脂除去滤液中的金属阳离子是_。 （5）写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的化学方程式：_。【答案】 (1). 37% (2). 2Cr3+ + 3H2O2 + H2OCr2O72+ 8H+ (3). Cr (OH)3 + OH-CrO2+ 2H2O (4). Na+、Ca2+、Mg2+ (5). pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2 (6). Ca2+、Mg2+ (7). 3SO2 + 2Na2CrO4 +12H2O2CrOH(H2O)5SO4 + Na2SO4 + 2NaOH【解析】试题分析：由流程可知，含铬污泥经酸浸后过滤，向滤液中加入双氧水把Cr3+氧化为Cr2O72，然后加入氢氧化钠溶液调节pH到8，Cr2O72转化为CrO42,Fe3+和Al3+完全沉淀，过滤，滤液以钠离子交换树脂进行离子交换，除去Ca2+和Mg2+，最后向溶液中通入足量的二氧化硫将CrO42还原为CrOH(H2O)5SO4。（1）4.8 mol/L的硫酸溶液密度为1.27g/cm3，该溶液中硫酸的质量分数是37%。（2） H2O2的作用是将滤液中的Cr3+转化为Cr2O72，此反应的离子方程式是2Cr3+ + 3H2O2 + H2OCr2O72+ 8H+。（3）类比Al(OH)3溶于NaOH溶液的反应，Cr (OH)3溶解于NaOH溶液时反应的离子方程式是Cr (OH)3 + OH-CrO2+ 2H2O。加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O72转化为CrO42。滤液中阳离子主要有Na+、Ca2+、Mg2+；但溶液的pH不能超过8，其理由是pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO2。（4）钠离子交换树脂的反应原理为Mn+nNaRMRn+nNa+，利用钠离子交换树脂除去滤液中的金属阳离子是Ca2+、Mg2+。（5）上述流程中用SO2进行还原时发生反应的化学方程式为3SO2 + 2Na2CrO4 +12H2O2CrOH(H2O)5SO4 + Na2SO4 + 2NaOH。点睛：本题考查了无机物的制备。主要考查了物质的转化规律、离子方程式的书写、物质的分离与提纯、有关溶液组成的计算等等，难度一般。要求我们要掌握常见物质的转化规律，能将所学知识迁移到陌生的物质，能熟练书写离子方程式，能根据化合价升降规律书写并配平氧化还原反应。9.碘化钾可用于有机合成、制药等领域，它是一种白色立方结晶或粉末，易溶于水。有两个学习小组查阅资料后，分别设计以下实验装置制备KI：【查阅资料】：（1）3I2+6KOHKIO3+5KI+3H2O（2）H2S是有剧毒的酸性气体，具有较强还原性，水溶液称氢硫酸（弱酸）；（3）HCOOH（甲酸）具有强烈刺激性气味的液体，具有较强还原性，弱酸；（4）在实验条件下，S2-、HCOOH分别被KIO3氧化为SO42-、CO2。组. H2S还原法，实验装置如图：实验步骤如下：在上图所示的C中加入127g研细的单质I2和210g 30%的KOH 溶液，搅拌至碘完全溶解。打开弹簧夹向其中通入足量的 H2S。将装置C中所得溶液用稀H2SO4酸化后，置于水浴上加热10min。在装置C的溶液中加入BaCO3，充分搅拌后，过滤、洗涤。将滤液用氢碘酸酸化，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。得产品145g。组.甲酸还原法，实验装置如图：实验步骤如下：在三颈瓶中加入 127g 研细的单质I2和210g 30%的 KOH 溶液，搅拌至碘完全溶解。通过滴液漏斗向反应后的溶液中滴加入适量HCOOH，充分反应后，再用KOH溶液调pH至910，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。得产品 155g。回答下列问题；（1）图中装置 A 中发生反应的离子方程式为_；装置 B 中的试剂是_。（2）D装置的作用是_。（3）步骤的目的是_ 。（4）步骤中“滤液用氢碘酸酸化”的目的是_ 。（5）组实验的产率为_。（6）组实验中，加入HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为_。（7）与组相比较，组实验的优点是（至少答出两点即可）_。【答案】 (1). FeS + 2H+Fe+ + H2S (2). 饱和NaHS溶液 (3). 吸收多余的H2S气体 (4). 除去溶液中的SO42- (5). 除去溶液中的CO32- (6). 93.4% (7). 3HCOOH + IO3-I- + 3CO2+ 3H2O (8). 操作简单、产率高、原料无剧毒等【解析】组. H2S还原法试题分析；由题中信息可知，A装置制备硫化氢气体，B用于除去硫化氢中的氯化氢杂质，C是制备碘化钾的装置，D是尾气处理装置。（1）图中装置 A 中发生反应的离子方程式为FeS + 2H+Fe+ + H2S；B用于除去硫化氢中的氯化氢杂质，根据平衡移动原理可知，硫化氢在饱和NaHS溶液中溶解度较小，故装置 B 中的试剂是饱和NaHS溶液。（2）D装置的作用是吸收多余的H2S气体，防止污染空气。（3）步骤中加入BaCO3，可以将溶液中的SO42-转化为难溶于水、难溶于酸的硫酸钡，故其目的是除去溶液中的SO42-。（4）步骤中加入BaCO3，在生成硫酸钡的同时，有CO32-生成，故步骤中“滤液用氢碘酸酸化”的目的是除去溶液中的CO32-。组.甲酸还原法试题分析：与与组相比较，该实验中没有使用有毒原料、不用除杂、不用进行尾气处理、产品的产率较高。（5）127g I2的物质的量为0.5mol，210g 30%的 KOH 溶液含KOH的物质的量为1.125mol，由3I2+6KOHKIO3+5KI+3H2O可知，KOH过量，KIO3被HCOOH还原也生成KI，故理论上0.5mol I2可生成1mol KI(质量为166g)，所以，组实验的产率为93.4%。（6）组实验中，加入HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为3HCOOH + IO3-I- + 3CO2+ 3H2O。（7）与组相比较，组实验的优点是操作简单、产率高、原料无剧毒等。点睛：本题是有关无机物制备的实验题，主要考查了常见气体的制备、净化、尾气处理的方法，物质的分离与提纯的化学方法，实验数据的处理以及实验方案的评价等等，难度一般。要求我们要知道物质的制备的一般流程，掌握常见气体的制备方法。解题的关键是明确实验原理，把握住实验目的。10.醋酸乙烯(CH3COOCH=CH2)是一种重要的有机化工原料，以二甲醚(CH3OCH3)与合成气(CO、H2)为原料，醋酸锂、碘甲烷等为催化剂，在高压反应釜中一步合成醋酸乙烯及醋酸。回答下列问题：（1）合成二甲醚：.2H2(g)+CO(g)=CH3OH(g)H1=-91.8kJ/mol；.2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)H2=-23.5kJ/mol；.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H3=-41.3kJ/mol.已知：H-H的键能为436kJ/mol，C=O的键能为803kJ/mol，H-O的键能为464kJ/mol，则CO的键能为_kJ/mol；（2）二甲醚(DME)与合成气一步法合成醋酸乙烯(VAC)的反应方程式为2CH3OCH3(g)+4CO(g)+H2(g)CH3COOCH=CH2(g)+2CH3COOH(g)，T时，向2L恒容密闭反应釜中加入0.2molCH3OCH3、0.4molCO、0.1molH2发生上述反应，10min达到化学平衡，测得VAC的物质的量分数为10%。010min内，用CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)=_；该温度下，该反应的平衡常数K=_。下列能说明该反应达到平衡状态的是_(填选项字母)。Av正(DME)=v逆(H2)0B混合气体的密度不再变化C混合气体的平均相对分子质量不再变化Dc(CO):c(VAC)=4:1保持温度不变，向反应釜中通入氩气增大压强，则化学平衡_(填“向正反应方向”“向逆反应方向或“不”)移动。（3）常温下，将浓度均为2.0mol/L的醋酸锂溶液和醋酸溶液等体积混合，测得混合液的pH=8，则混合液中c(CH3COO-)=_mol/L。【答案】 (1). 1072.7 (2). 0.01molL-1min-1 (3). 10000 (4). C (5). 不 (6). 1+10-8-10-6【解析】【分析】(1)根据反应及H=反应物的键能之和-生成物的键能之和列式计算；(2)根据三段式利用反应2CH3OCH3(g)+4CO(g)+H2(g)CH3COOCH=CH2(g)+2CH3COOH(g)计算出平衡时各物质的浓度，结合平衡常数的表达式分析解答；可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行判断； 氩气不影响各组分的浓度，根据参与反应的物质的浓度是否变化分析判断；(3)常温下，将浓度均为2.0mol/L的醋酸锂溶液和醋酸溶液等体积混合，测得混合液的pH=8，即c(H+)=10-8mol/L，根据电荷守恒可得：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Li+)，列式计算。【详解】(1)根据CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H3=-41.3kJ/mol可知，H=反应物的键能之和-生成物的键能之和，则CO的键能=(-41.3kJ/mol)+(2803kJ/mol)+(436kJ/mol)-(2464kJ/mol)=1072.7kJ/mol，故答案为：1072.7；(2)设转化的氢气的物质的量为x，则 2CH3OCH3(g)+4CO(g)+H2(g)CH3COOCH=CH2(g)+2CH3COOH(g)，起始(mol) 0.2 0.4 0.1 0 0反应(mol) 2x 4x x x 2x平衡(mol) 0.2-2x 0.4-4x 0.1-x x 2x则 100%=10%，解得x=0.05mol，010min内用CO浓度变化表示的平均反应速率v(CO)= =0.01molL-1min-1；该温度下，该反应的平衡常数K=10000，故答案为：0.01molL-1min-1；10000； Av正(DME)=v逆(H2)，不满足计量数关系，表明正逆反应速率不相等，该反应没有达到平衡状态，故A错误；B该反应中气体总质量和体积始终不变，则混合气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故B错误；C该反应中气体总质量不变，而气体的物质的量为变量，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，表明该反应已经达到平衡状态，故C正确；Dc(CO)c(VAC)=41，无法判断各组分的浓度是否继续变化，则无法判断平衡状态，故D错误；故答案为：C； 保持温度不变，向反应釜中通入氩气增大压强，由于各组分的浓度不变，则化学平衡不移动，故答案为：不；(3)常温下，将浓度均为2.0mol/L的醋酸锂溶液和醋酸溶液等体积混合，测得混合液的pH=8，即c(H+)=10-8mol/L，根据电荷守恒可得：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Li+)，则c(CH3COO-)+10-6mol/L=10-8mol/L+mol/L，整理可得c(CH3COO-)=1mol/L+10-8mol/L-10-6mol/L=(1+10-8-10-6)mol/L，故答案为：1+10-8-10-6。11.世上万物，神奇可测。其性质与变化是物质的组成与结构发生了变化的结果。回答下列问题。（1）根据杂化轨道理论判断，下列分子的空间构型是V形的是_(填字母)。A.BeCl2 B.H2O C.HCHO D.CS2（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既位于同一周期又位于同一族，且T的原子序数比Q多2。T的基态原子的外围电子(价电子)排布式为_，Q2+的未成对电子数是_。（3）铜及其合金是人类最早使用的金属材料，Cu2+能与NH3形成配位数为4的配合物Cu(NH3)4SO4铜元素在周期表中的位置是_，Cu(NH3)4SO4中，N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。Cu(NH3)4SO4中，存在的化学键的类型有_(填字母)。A.离子键 B.金属键 C.配位键 D.非极性键 E.极性键NH3中N原子的杂化轨道类型是_，写出一种与SO42-互为等电子体的分子的化学式:_。Cu(NH3)42+具有对称的空间构型，Cu(NH3)42+中的两个NH3被两个C1-取代，能得到两种不同结构的产物，则Cu(NH3)42+的空间构型为_。（4）氧与铜形成的某种离子晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为_。若该晶体的密度为 gcm-3，则该晶体内铜离子与氧离子间的最近距离为_(用含 的代数式表示，其中阿伏加德罗常数用NA表示)cm。【答案】 (1). B (2). 3d84s2 (3). 4 (4). 第四周期IB族 (5). NOS (6). ACE (7). sp3 (8). CCl4(或其他合理答案) (9). 平面正方形 (10). CuO (11). 【解析】【分析】(1)根据价层电子对互斥理论确定分子的空间构型及原子杂化方式，价层电子对数=键合电子对数+孤电子对数，据此分析解答；(2)原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，说明Q、T处于元素周期表的VIII族，结合原子序数T比Q多2，判断出两种元素，再结合核外电子排布规律解答；(3)同主族自上而下第一电离能减小，同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于氧元素的第一电离能；配离子与外界硫酸根形成离子键，铜离子与氨分子之间形成配位键，氨分子、硫酸根中原子之间形成极性键；NH3中N原子形成3个N-H键，含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4；SO42-有5个原子、价电子总数为32，平均价电子数为6.4，应是价电子数为7的4个原子与价电子数为4的一个原子构成的微粒；Cu(NH3)42+具有对称的空间构型，Cu(NH3)42+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，结合正四面体和平面正方形结构分析判断；(4)晶体内铜离子与周围最近的4个氧离子形成正四面体结构，晶胞顶点铜离子与小正四面体中心氧离子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于体对角线长度的，利用均摊法计算晶胞中铜离子、氧离子数目，结合摩尔质量计算晶胞中各微粒总质量，再由密度可以得到晶胞体积，从而得到晶胞棱长，据此分析解答。【详解】(1)ABeCl2分子中，铍原子含有两个共价单键，不含孤电子对，所以价层电子对数是2，中心原子以sp杂化轨道成键，分子的立体构型为直线形，故A错误；B水分子中孤电子对数=2，水分子中氧原子含有2个共价单键，所以价层电子对数是4，中心原子以sp3杂化轨道成键，价层电子对互斥模型为四面体型，含有2对孤对电子，分子的立体构型为V形，故B正确；CHCHO分子内(H2C=O)碳原子形成3个键，无孤对电子，分子中价层电子对数=3+0=3，杂化方式为sp2杂化，价层电子对互斥模型为平面三角形，没有孤电子对，分子的立体构型为平面三角形，故C错误；D二硫化碳分子中碳原子含有2个键且不含孤电子对，采用sp杂化，其空间构型是直线形，故D错误；故答案为：B；(2)原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，则Q、T处于第族，且原子序数T比Q多2，则Q为Fe元素，T为Ni元素，Ni元素是28号元素，Ni原子价电子排布式为3d84s2，Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23d6，3d能级有4个未成对电子，故答案为：3d84s2；4；(3)Cu处于周期表中第四周期B族；同主族自上而下第一电离能减小，同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于氧元素的第一电离能，故第一电离能：NOS，故答案为：第四周期B族；NOS；配离子与外界硫酸根形成离子键，铜离子与氨分子之间形成配位键，氨分子、硫酸根中原子之间形成极性键，不存在金属键，故选：ACE；NH3中N原子形成3个N-H键，含有1个孤电子对，杂化轨道数目为4，故N原子采取sp3杂化；SO42-有5个原子、价电子总数为32，平均价电子数为6.4，应是价电子数为7的4个原子与价电子数为4的一个原子构成的微粒，可以是CCl4等，故答案为：sp3；CCl4；Cu(NH3)42+具有对称的空间构型，Cu(NH3)42+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，说明Cu(NH3)42+是平面正方形，故答案为：平面正方形；(4)晶体内铜离子与周围最近的4个氧离子形成正四面体结构，晶胞顶点铜离子与小正四面体中心氧离子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于体对角线长度的，而晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍。晶胞中铜离子处于晶胞内部，有4个，氧离子处于顶点与面心，共有8+6=4，化学式为CuO；晶胞中铜离子、氧离子总质量=g，晶胞体积=gg/cm3=cm3，则晶胞棱长=cm，故晶体内铜离子与氧离子间的最近距离为：cm=cm，故答案为：CuO；。【点睛】本题考查了物