河南省新乡铁路高级中学分校高三化学下学期4月月考试卷（含解析）.doc

河南省新乡铁路高级中学分校2016届高三下期4月月考化学试卷（解析版）12014年6月5日为世界环境日，主题为“提高你的呼声而不是海平面”，提倡节能减排，以下措施中不能体现这一思想的是a在电解铝工业中添加冰晶石 b大力发展火电，缓解用电紧张c开发太阳能、风能、氢能等清洁能源 d研制出性能优良的催化剂，降低反应所需温度【答案】b【解析】试题分析：a项在电解铝工业中添加冰晶石，冰晶石能降低三氧化二铝熔点，符合节能减排，故a项正确；b项大力发展火电，缓解用电紧张，火电会消耗大量化石能源，且会产生大量的污染，故b项错误；c项开发太阳能、风能、氢能等清洁能源，用这些清洁能源替代化石能源，符合节能减排，故c项正确；d项研制出性能优良的催化剂，降低反应所需温度，减少能源消耗，故d项正确；本题选b。考点：化学与环境。2下列物质的熔沸点依次升高的是（ ）ana、mg、albna、rb、cscmg、na、kd铝、硅铝合金、单晶硅【答案】a【解析】金属键的强弱与离子半径及离子电荷有关，离子半径越小，电荷越多，金属键越强，a、b、c中只有a组熔点升高；合金的熔点应比单组分都低，d错。3在一容积可变的密闭容器中，aa(气)bb(气)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，b的浓度是原来的60%，则：a平衡向逆反应方向移动了 b物质a的转化率减少了 c物质b的质量分数增加了d化学计量数关系ab【答案】c【解析】体积增大一倍，如平衡不移动，b的浓度应为50%，现在为60%，说明平衡正向移动，正向为体积增大的方向，故ba。故答案c正确。4某非金属单质a和氧气发生化合反应生成b。b为气体，其体积是反应掉氧气体积的两倍（同温同压）。以下对b分子组成的推测一定正确的是a有1个氧原子 b有2个氧原子 c有1个a原子 d有2个a原子【答案】a【解析】试题分析：根据nvvm可知，气体的体积之比等于物质的量之比。b为气体，其体积是反应掉氧气体积的两倍，这说明有1molo2消耗可生成2molb，则根据原子守恒可知b中应含有1个o，答案选a。考点：考查阿伏加德罗定律及其推论5可逆反应： 2no2(g) 2no(g)+o2(g)，在容积固定的密闭容器中，达到平衡状态的标志是单位时间内生成n mol o2的同时生成2n mol no2单位时间内生成n mol o2的同时生成2n mol no用no2、no、o2表示的反应速率的比为221的状态混合气体的颜色不再改变的状态混合气体的密度不再改变的状态混合气体的压强不再改变的状态混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态a b c d 【答案】a【解析】试题分析：单位时间内生成nmolo2是正反应，同时生成2nmolno2是逆反应，且化学反应速率之比等于化学计量数之比，故正逆反应速率相等，正确；单位时间内生成nmolo2是正反应，同时生成2nmolno也是正反应，错误；化学反应速率之比等于化学计量数之比，故用no2与no、o2表示的反应速率的比为2：2：1的状态。不能作为判断是否达到平衡状态的依据，错误；no2为红棕色气体，o2和no为无色气体，故混合气体的颜色不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，正确；密度=总质量体积，总质量不变，体积不变，故混合气体的密度不再改变的状态不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，错误；反应前后气体的体积不同，故混合气体的压强不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，正确；平均分子量=总质量总物质的量，总质量不变，总物质的量在变，故混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态可作为判断是否达到化学平衡状态的依据，正确；故达到平衡状态的标志是；答案选a。考点：考查化学平衡状态的判断。6设na为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是a室温下，1l ph=1的盐酸中，由水电离的h+离子数目为01nab标况下，11.2l so3所含的分子数目为0.5 nac甲烷碱性燃料电池正极消耗22.4l（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为4nad1 mol c2h6o分子中含有的oh键数目一定为na【答案】 c【解析】试题分析：a、室温下，1l ph=1的盐酸中，由水电离的h+离子浓度为110-13mol/l，所以由水电离的氢离子数目为110-13na，a错误；b、标准状况下，so3不是气体，所以三氧化硫的物质的量不是0.5mol，b错误；c、甲烷燃料电池的正极是氧气发生还原反应，当正极消耗22.4l标准状况下的氧气时，即参加反应的氧气的物质的量是1mol，o元素的化合价由0价降为-2价，所以1mol氧气参加反应，转移电子的物质的量是4mol，电路中通过的电子数目为4na，c正确；d、1molc2h6o可以是乙醇，也可以是甲醚，所以不一定含有na个oh键，d错误。故选c。考点：考查了阿伏伽德罗常数的理解和应用的相关知识。7将 4 mol a 气体和 2 mol b 气体在 2 l 的容器中混合并在一定条件下发生如下反应：2a（g）b（g）2c（g）若经 2 s（秒）后测得 c 的浓度为 0.6 moll1 ，现有下列几种说法： 用物质 a 表示的反应的平均速率为 0.3 moll1s1 用物质 b 表示的反应的平均速率为 0.6 moll1s1 2 s 时物质 a 的转化率为70 2 s 时物质 b 的浓度为 0.7 moll1，其中正确的是a b c d【答案】b【解析】试题分析： 2a（g） b（g） 2c（g）起始物质的量： 4mol 2mol 0转化物质的量： 1.2mol 0.6mol 1.2mol平衡物质的量： 2.8mol 1.4mol 1.2mol所以有： 2 s 时物质 a 的转化率为：1.2/4=30 2 s 时物质 b 的浓度为 1.4/2=0.7 moll1因此选b考点：考查化学反应速率和转化率。8下列有关化学用语表示正确的是a苯乙酸结构简式： bal3+的结构示意图：c中子数为8的碳原子：12c dhclo的电子式：【答案】b【解析】试题分析：a、苯乙酸的结构简式中，与苯环相连的c原子应有2个h原子，错误；b、铝离子的核外有10个电子，核内有13个质子，正确；c、中子数是8的c原子的质量数是6+8=14，错误；d、次氯酸的原子连接顺序是h-o-cl，所以电子式中原子的连接顺序错误，答案选b。考点：考查化学用语的判断9下图是广州亚运会开幕式中广州塔上正在燃放的焰火，这些五彩缤纷的焰火与元素的焰色反应有关。下列说法错误的是a钠盐在灼烧时火焰呈黄色b单质钾与kcl在灼烧时火焰颜色相同c可以用焰色反应来区别nacl和kcld焰色反应是化学变化【答案】d【解析】10co2气体在一定条件下可与金属镁反应，干冰在一定条件下也可以形成co2气体，这两个变化过程中需要克服的作用分别是a分子间作用力，离子键 b化学键，分子间作用力c化学键，化学键 d分子间作用力，分子间作用力【答案】b【解析】试题分析：co2气体在一定条件下可与金属镁反应是化学变化，发生化学键断裂，克服化学键断裂的作用力，而干冰在一定条件下形成co2气体，是固态转化为气态，是物理变化，克服分子间作用力，故答案选b考点：考查物质变化与作用力之间的关系相关知识11下列关于有机化合物的认识不正确的是a油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳b蔗糖、麦芽糖的分子式都是c12h22o11，二者互为同分异构体c在水溶液里，乙酸分子中的ch3可以电离出hd在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应【答案】c【解析】试题分析：a油脂是碳氢氧组成的，在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳，a正确；b蔗糖、麦芽糖的分子式都是c12h22o11，但结构不同，二者互为同分异构体，b正确；c在水溶液里，乙酸分子中的cooh可以电离出h，c错误；d在浓硫酸存在下，苯与浓硝酸共热生成硝基苯的反应属于取代反应，d正确，答案选c。考点：考查有机物组成、结构、性质及同分异构体和反应类型判断12关于反应k37clo36h35clkcl3cl23h2o的有关叙述中，正确的是 （ ）a. kcl中含有35cl b. kcl中含有37clc. 生成物cl2的相对分子质量大于71 d. 该反应转移的电子数为6e【答案】ac【解析】a. 正确，kcl中含有35cl b.不正确， 37cl应在cl2中c. 正确，生成物cl2的相对分子质量大于71，可能是37cl35cl分子 d. 不正确，该反应转移的电子数为5e13下列物质能发生消去反应的是( )ach3br b c d【答案】d【解析】有机化合物在一定条件下,从一个分子中脱去一个或几个小分子(如水、卤化氢等分子)，而生成不饱和（碳碳双键或三键）化合物的反应，叫做消去反应，醇分子中，连有羟基（oh）的碳原子必须有相邻的碳原子且此相邻的碳原子上还必须连有氢原子时，才可发生消去反应，据此判断选项d正确。答案选d。14nah中的氢元素为1价，它可用作生氢剂，反应的化学方程式是nah+h2onaoh+h2则下列说法正确的是anaoh是氧化产物b当1molnah发生反应时，该反应转移电子的物质的量为2molcnah为还原剂dh2o既是还原剂又是氧化剂【答案】c【解析】试题分析：nah+h2onaoh+h2中，nah中h元素的化合价由-1价升高为0，水中氢元素的化合价由+1价降低为0，则a只有h元素的化合价变化，氢气为氧化产物也为还原产物，a错误；b.1molnah发生反应时，该反应转移电子的物质的量为1mol，b错误；ch元素的化合价由-1价升高为0，可知nah为还原剂，c正确；d水中h元素的化合价降低，水为氧化剂，d错误，答案选c。【考点定位】本题主要是考查氧化还原反应的有关判断【名师点晴】氧化还原反应的有关概念较多，因此应注意加深对概念内涵的理解和外延的掌握。在氧化还原反应中，氧化剂和还原剂可以是不同反应物，也可以是同一反应物，氧化产物、还原产物可以是不同产物，也可以是同一种产物。由于有些氧化还原反应中，氧化剂或还原剂并没有全部发生氧化还原反应，因此在求氧化剂或还原剂的质量或两者的比例时易发生错误。答题时注意灵活应用。15下列说法正确的是a实验过程中若皮肤不慎沾上少量酸液，应先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液洗，最后再用水冲洗b用ph试纸测定溶液ph时，通常是将ph试纸放入待测溶液中润湿后，半分钟内跟标准比色卡比较c重结晶是提纯固体的常用方法，碘单质亦可在水溶液中通过重结晶提纯d用丁达尔现象可鉴别蛋白质溶液、淀粉溶液和葡萄糖溶液【答案】a【解析】试题分析：a、实验过程中若皮肤不慎沾上少量酸液，应先用大量水冲洗，再用饱和碳酸氢钠溶液洗，减小酸度，最后再用水冲洗，正确；b、用ph试纸测定溶液ph时，若将ph试纸放入待测溶液中润湿后，半分钟内跟标准比色卡比较，则溶液的ph可能会增大或减小，中性溶液不影响，错误；c、碘在水中的溶解度不大，所以不能用重结晶法提纯，错误；d、葡萄糖溶液中溶质的粒子直径较小，不属于胶体，而蛋白质、淀粉溶液都属于胶体，二者均可发生丁达尔现象，不能鉴别二者，错误，答案选a。考点：考查物质的鉴别、提纯，实验事故的处理、ph试纸是使用16（5分）（1）质子数是17，中子数是20，其原子组成表示为 （2）由1h216o与2h217o所代表的物质中，共有 种元素， 种原子。（3）现有11.0g 由和组成的水分子，其中含中子数为 mol，电子数为 - mol。【答案】（1） 1737cl （2）2 4 （3）6 5【解析】试题分析：（1）质子数是17的元素是cl，中子数是20，则质量数是37，该原子可表示为1737cl；（2）由1h216o与2h217o所代表的物质中，共有2种元素，分别是h、o元素；但有4种原子，h元素有2种，o元素有2种，质子数相同而中子数不同的原子属于不同的原子；（3）由和组成的水的摩尔质量是（22+18）g/mol=22g/mol，所以11.0g的该水的物质的量是11.0g/22g/mol=0.5mol，该水分子中的中子数是0.5mol(12+18-8)=6mol，电子数为0.5mol(12+8)=5mol。考点：考查原子中质子数、中子数、质量数的判断与计算17x、y是短周期同主族元素，z是过渡元素，化合物z2x、z2y可发生如下转化。（1）x的元素符号为_，z2y的化学式为_。（2）蓝色溶液中含有的阴离子是 。（3）过程中发生反应的离子方程式为 。【答案】（1）s cu2o（2）no3、so42、oh （3）h+oh=h2o cu2+2oh=cu(oh)2【解析】试题分析：突破口为由蓝色溶液和蓝色浊液，及与葡萄糖反应推出z2y为cu2o，又因x、y是短周期同主族元素，则x为硫元素，z2x为cu2s。浓硝酸有强氧化性将cu2s氧化为cu2+和so42。考点：考查元素化合物知识18有硫酸钾和碳酸镁的混合物，用50 ml盐酸完全溶解后，在标准状况下收集到056l二氧化碳，向反应后的溶液中加入含有003 mol氢氧化钡的溶液，可得到611g沉淀，此时溶液的ph12，溶液的体积为200ml，试求：（1）原混合物中碳酸镁的物质的量为_mol。（2）得到的沉淀中硫酸钡的质量为_g。（3）盐酸的物质的量浓度为_mol/l。【答案】【解析】略19有一包从海水获得的粗盐，已经经过初步的提纯。课外活动小组对它的成分进行探究，并将粗盐进一步提纯。探究一：这包粗盐中还有什么杂质？估计还含有氯化钙和氯化镁。（1）现用实验验证推测：取样并溶解，加入几滴氢氧化钠溶液，目的是检验有没有_，接着再加数滴碳酸钠溶液，目的是检验有没有_。实验证明含有的杂质是氯化钙。探究二：这包粗盐中氯化钠的质量分数是多少？接下面步骤继续实验：称取一定质量样品；将样品加水溶解；向粗盐溶液加入过量的某种试剂，过滤；沉淀洗涤后小心烘干，得到纯净固体；滤液在进行某一操作后，移入蒸发皿蒸发，得到纯净固体；称量实验中得到的某种固体。（2）在的步骤中，都使用到的同一仪器是_，它在步骤和的操作方法相同，但目的不同，在步骤的目的是_，步骤的目的是_。（3）在步骤中加入的试剂是_（4）步骤中，你认为需要称量的固体是a还是b_【答案】（1）氯化镁 氯化钙；（2）玻璃棒；加速溶解；防止液体飞溅；（3）碳酸钠；（4）a【解析】试题分析：（1）现用实验验证推测：取样并溶解，加入几滴氢氧化钠溶液，若存在mgcl2会发生反应：mgcl2+2naoh=mg(oh)2+2nacl，产生白色沉淀，因此该实验目的是检验有没有mgcl2；接着再加数滴碳酸钠溶液，若存在cacl2，会发生反应：cacl2+na2co3=caco3+2nacl，因此目的是检验有没有cacl2，实验证明含有的杂质是氯化钙。（2）将样品加水溶解中药使用玻璃棒、烧杯；向粗盐溶液加入过量的某种试剂，过滤；该步骤操作中需要使用烧杯、漏斗、玻璃棒、滤液在进行某一操作后，移入蒸发皿蒸发，得到纯净固体，使用蒸发皿、玻璃棒；故在的步骤中，都使用到的同一仪器是玻璃棒；它在步骤和的操作方法相同，但目的不同，在步骤的目的是加速溶解；步骤的目的是防止液体飞溅；由于在该粗盐中含杂质cacl2，为除去该杂质，向粗盐溶液加入过量的na2co3溶液，发生反应：cacl2+na2co3=caco3+2nacl，然后过滤，将caco3过滤除去；（4）在除去cacl2杂质时，会反应产生nacl，因此要测定这包粗盐中氯化钠的质量分数，应该根据caco3的质量计算cacl2的质量，进而得到nacl的质量。所以在步骤中，你认为需要称量的固体是。考点：考查从海水获得的粗盐可能含有的杂质的成分检验及物质纯度的计算的知识。20（16分）甲同学进行fe2+还原性的实验，针对异常现象进行探究。步骤一：制取fecl2溶液。向0.1 moll-1 fecl3溶液中加足量铁粉振荡，静置后取上层清液，测得ph1。步骤二：向2 ml fecl2溶液中滴加2滴0.1 moll-1 kscn溶液，无现象；再滴加5滴5% h2o2溶液（物质的量浓度约为1.5 moll-1、ph约为5），观察到溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成（经检验为o2）。（1）用离子方程式表示步骤二中溶液变红的原因： 、 。（2）甲探究步骤二中溶液褪色的原因：i.取褪色后溶液两份，一份滴加fecl3溶液无现象；另一份滴加kscn溶液出现红色；ii.取褪色后溶液，滴加盐酸和bacl2溶液，产生白色沉淀。iii.向2 ml 0.1 moll-1 fecl3溶液中滴加2滴0.1 moll-1 kscn溶液，变红，通入o2，无明显变化。实验i的说明 ；实验iii的目的是 。得出结论：溶液退色的原因是酸性条件下h2o2将scn-氧化成so42-。（3）甲直接用fecl24h2o配制 moll-1 的fecl2溶液，重复步骤二中的操作，发现液体红色并未褪去。进一步探究其原因：i用激光笔分别照射红色液体和滴加了kscn溶液的fecl3溶液，前者有丁达尔效应，后者无。测所配fecl2溶液的ph，约为3。由此，乙认为红色不褪去的可能原因是 。ii查阅资料后推测，红色不褪去的原因还可能是ph较大时h2o2不能氧化scn-。乙利用上述部分试剂，通过实验排除了这一可能。乙的实验操作及现象是：步骤试剂及操作现 象i生成白色沉淀ii向i所得溶液中滴加0.1 moll-1 fecl3溶液【答案】（16分）（1）2fe2+ h2o2 + 2h+ = 2fe3+ 2h2o fe3+3scn-fe(scn)3（不写可逆号不扣分）（2）溶液红色褪去是因为scn-发生了反应而不是fe3+发生反应排除h2o2分解产生的o2氧化scn-的可能（3）0.15h2o2将fe2+氧化为fe3+，ph增大促进fe3+水解形成红色fe(oh)3胶体取2 ml bacl2溶液，滴加2滴0.1 moll-1kscn溶液和5滴5% h2o2溶液（多答盐酸或答酸化bacl2溶液为0分，答错一种试剂即为0分）无明显现象【解析】试题分析：（1）fe2+被h2o2氧化生成fe3+，再与scn形成血红色的fe(scn)3；（2）、取褪色后溶液两份，一份滴加fecl3溶液无现象，说明溶液中scn-离子不存在；另一份滴加kscn溶液出现红色说明溶液中存在fe3+；实验的目的是排除h2o2分解产生的o2氧化scn-的可能，如果氧气氧化scn-，红色应褪去，但现通入氧气无现象说明氧气没有氧化scn-；（3）由2fe3+fe=3fe2+可知配制的fecl2的浓度应为原fecl3浓度的1.5倍；用激光笔分别照射红色液体和滴加了kscn溶液的fecl3溶液，前者有丁达尔效应，说明h2o2氧化fe2+使溶液ph增大，促进fe3+水解生成fe(oh)3胶体；后者无丁达尔效应，说明硫氰化铁溶液不能产生丁达尔效应；如果scn-被双氧水氧化，生成硫酸根离子，再加入fe3+无明显现象，说明硫氰化钾已被氧化考点：了解fe2+、fe3+的性质及检验方法。设计、评：价或改进实验方案。21在一定条件下，在容积为2l的密闭容器中，将2mol气体m和3mol气体n混合，发生如下反应：2m(g)+ 3n(g) x q(g)+3r(g)，经2min达平衡，生成2.4molr，并测得q的浓度为0.4mol/l。求：(1)用气体m来表示该反应的化学反应速率是多少？ (2)反应前后的压强比？(3)n的转化率是多少？(4)平衡时气体q所占的体积分数为多少？【答案】 2m(g) + 3n(g) x q(g) + 3r(g)起始量（mol） 2 3 0 0转化量（mol） 1.6 2.4 0.8x 2.4平衡量（mol） 0.4 0.6 0.8x 2.4所以用气体m来表示该反应的化学反应速率是因为平衡时q的浓度为0.4mol/l所以,解得x1因为压强之比是相应的物质的量之比所以反应前后的压强比为n的转化率是平衡时气体q所占的体积分数为【解析】考查有关化学反应速率的计算。在有关反应速率的计算时一般采用三段式进行计算，即根据反应式分别列出起始量、转化量和平衡量（或某时刻的量），然后在根据已知条件进行列式计算。22解热、镇痛药物布洛芬的两种合成路线如下：已知：(r为烃基)(r为烃基) (r、r、r为烃基或氢原子)（1）a为醇，其核磁共振氢谱有四个吸收峰。a的结构简式是 。（2）a与试剂a反应生成b的反应类型是 。（3）由b生成c的化学方程式是 。（4）d与e的相对分子质量相差18，由d生成e的化学反应方程式是 。（5）g的结构简式是 ，h的含氧官能团的名称是 。（6）布洛芬有多种同分异构体，写出满足下列条件的任意两种同分异构体的结构简式 。a. 羧基与苯环直接相连 b. 苯环上有三个取代基，且苯环上的一氯代物有两种【答案】（共13分；除特殊标注外，每空2分）（1） ；（2）取代反应；（3）（4） + h2o（5）；，醛基（6）、【解析】试题分析：（1）a的分子式为c4h10o，a为醇，含有羟基，其核磁共振氢谱有四个吸收峰，说明分子结构中含有4种化学环境的氢原子，则a的结构简式为，故答案为： ；（2）根据流程图，ab的反应为醇与卤化氢的取代反应，试剂a可以是氯化氢，故答案为：取代反应；（3）根据（1）的分析，b为，根据题示信息，由和苯发生取代反应生成c，化学方程式为,故答案为：；（4）d与e的相对分子质量相差18，表示发生了消去反应，结合流程图和题示信息知，d为，e为，由d生成e的化学反应方程式为故答案为： + h2o；（5）根据流程图，和题示信息：，知g的结构简式为，再结合信息知，h为，其中含氧官能团有醛基，故答案为：；醛基；（6）布洛芬有多种同分异构体，满足a. 羧基与苯环直接相连；b. 苯环上有三个取代基，且苯环上的一氯代物的同分异构体的结构简式有、，故答案为：、。考点：考查了有机合成与推断的相关知识。23已知：a、b、c、d、e、f、g七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素。其中a原子在基态时p轨道半充满且电负性是同族元素中最大的；d、e原子核外的m层中均有两个未成对电子；g原子核外最外层电子数与b相同，其余各层均充满。b、e两元素组成化合物b2e的晶体为离子晶体。c、f的原子均有三个能层，c原子的第一至第四电离能(kj/mol)分别为：578、1817、2745、ll575；c与f能形成原子数目比为1:3、熔点为190的化合物q。（1）的单质晶体为体心立方堆积模型，其配位数为 ；e元素的最高价氧化物分子的立体构型是 。f元素原子的核外电子排布式是 ，f的高价离子与a的简单氢化物形成的配离子的化学式为 .（2）试比较b、d分别与f形成的化合物的熔点高低并说明理由 。（3）a、形成某种化合物的晶胞结构如图所示。若阿伏伽德罗常数为na，该化合物晶体的密度为 a g/cm3，其晶胞的边长为 cm。(4)在1.0l105 pa、t1时，气体摩尔体积为53.4 l/mol，实验测得q的气态密度为5.00g/l，则此时q的组成为(写化学式) 。【答案】（共14分）（1）8（2分） 平面三角形（2分） 1s22s22p63s23p5（2分） cu(nh3)42+（2分）（2）nacl的熔点高于sicl4，因为nacl是离子晶体，sicl4是分子晶体。（2分）（3）（2分） （4）al2cl6（2分）【解析】试题分析：a、b、c、d、e、f、g七种元素的核电荷数依次增大，属于元素周期表中前四周期的元素。其中a原子在基态时p轨道半充满且电负性是同族元素中最大的，因此a是n。d、e原子核外的m层中均有两个未成对电子，则d的m层为3s2 3p2, 是si。e的m层为3s2 3p4，是s。b、e两元素组成化合物b2e的晶体为离子晶体，所以b为ia族的金属，b应该是钠元素。g原子核外最外层电子数与b相同，其余各层均充满，且g的原子序数最大，因此g是铜。c、f的原子均有三个能层，因此c、f在第三周期。c的逐级电离能前三个数据接近，第四电离能突变，所以易失去三个电子，为第a族元素，c是铝。c与f能形成原子数目比为1:3、熔点为190的化合物q ，说明f为-1价，即f为cl元素，q是alcl3。（1）金属钠的单质晶体为体心立方堆积模型，其配位数为8；e元素的最高价氧化物分子是三氧化硫，其中心原子s原子含有的孤对电子对数（632）20，所以三氧化硫分子的立体构型是平面三角形。根据构造原理可知，cl元素原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p5；g的高价离子cu2与a的简单氢化物nh3形成的配离子的化学式为cu(nh3)42+。（2）b、d分别与f形成的化合物分别是氯化钠和四氯化硅。因为nacl是离子晶体，sicl4是分子晶体，所以nacl的熔点高于sicl4。（3）根据晶胞的结构可知，n原子在顶点，含有的个数81个。铜在棱边，含有的个数