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陕西省汉中市2019届高三化学下学期第二次教学质量检测试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 B-ll C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Si-28 P-31 S-32 C1-355 Fe-56 Cu-64一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与人类生活密切相关。下列说法正确的是（ ）A. “司南之杓(勺)，投之于地，其柢(柄)指南”。司南中“杓”所用材质为Fe2O3B. 我国发射的“嫦娥”系列卫星使用了碳纤维，碳纤维是一种新型的有机高分子材料C. “一带一路”是现代“丝绸之路”，丝绸的主要成分是天然纤维素D. 将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率【答案】D【解析】【详解】A. 司南中“杓”所用材质为Fe3O4，故A错误；B. 碳纤维是碳的单质，属于无机物，是一种无机非金属材料，故B错误；C. 丝绸的主要成分是蛋白质，故C错误；D. “地沟油”是一种质量极差、极不卫生的非食用油，将它制成肥皂，实际是使用了油脂的皂化反应，将“地沟油”变成肥皂，可以提高资源的利用率，故D正确；故选D。2.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A. 1molOH(羟基)与1molNH4+中所含电子数均为10NAB. Na2O2与足量的CO2反应生成1 mol O2，转移电子数目为4NAC. S2和S8的混合物共6.4g，其中所含硫原子数一定为0.2NAD. 标准状况下，22.4LSO3含有NA个分子【答案】C【解析】【详解】A. 1molOH(羟基)中含有的电子数为9NA，1molNH4+中所含电子数为10NA，故A错误；B. Na2O2与CO2反应的方程式为2Na2O2+2CO2= 2Na2CO3+ O2，生成1 molO2，转移电子数目为2NA，故B错误；C.由于S2和S8均由S原子构成，故6.4g混合物中无论两者的比例如何，含有的硫原子的物质的量均为6.4g/32g/mol=0.2mol，个数为0.2NA，故C正确；D. 标准状况下SO3是固体，无法用22.4L/mol计算，故D错误；故选C。3.A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，且B、C相邻，A在周期表中原子半径最小，C最外层电子数是次外层的三倍，D的简单阳离子和它的含氧酸根离子反应可生成白色沉淀，E单质常温下是黄绿色气体。下列说法中正确的是（ ）A. 元素的简单离子半径：DCBB. A与B两种元素共同形成的10电子粒子有2种C. B的最高价氧化物对应水化物的酸性比E的最高价氧化物对应水化物的酸性弱D. 由A、B、C三种元素构成的物质一定是共价化合物【答案】C【解析】【分析】A在周期表中原子半径最小，为H元素，C最外层电子数是次外层的三倍，为O元素，A、B、C、D、E的原子序数依次增大，B、C相邻，B为N，D的简单阳离子和它的含氧酸根离子反应可生成白色沉淀，D为Al，E单质常温下是黄绿色气体，E为Cl。【详解】A. 电子层结构相同的离子，原子序数大，半径小，故离子半径：BCD，故A错误；B. A与B两种元素共同形成的10电子粒子有NH3，NH4+ ，NH2-，故B错误；C. B为N，E为Cl，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氯的非金属性比氮强，故C正确；D. A、B、C组成的化合物可能是硝酸也可能是硝酸铵，所以可能是共价化合物也可能是离子化合物，故D错误；故选C。【点睛】比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。4.某有机物Z具有美白功效，广泛用于日化产品。该物质可用如下反应制备下列叙述错误的是（ ）A. X、Y和Z均能和溴水发生反应B. X和Z均能与Na2CO3溶液反应，但不会放出CO2C. Y既能发生取代反应，也能发生加聚反应D. Y分子中所有碳原子一定不共平面【答案】D【解析】【详解】A. X和Z中含有酚羟基，Y中含有碳碳双键，故均能和溴水发生反应，故A正确；B. 酚羟基能和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和酚钠，故B正确；C. Y中含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的性质，故Y既能发生取代反应，也能发生加聚反应，故C正确；D. Y中具有乙烯和苯的结构，乙烯和苯分子中所有原子共平面，Y分子中所有碳原子可能共平面，故D错误；故选D。【点睛】解答本题首先要找出物质中含有哪些官能团，官能团决定物质的化学性质，例如酚羟基的邻、对位苯环氢易被Br取代，碳碳双键能和溴水发生加成反应，酚羟基能和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和酚钠等。5.根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )选项实验操作实验现象结论A将盐酸滴入NaHCO3溶液中有气泡产生氯的非金属性比碳强B用pH试纸分别测定0.1mol/L的苯酚钠和0.1mol/L的Na2CO3溶液的pH苯酚钠溶液的pH约为8Na2CO3溶液的pH约为10苯酚的酸性强于HCO3-C分别将己烯与苯加入溴水溶液中溴水均褪色两种物质使溴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，出现白色沉淀后，继续滴入几滴FeCl3浓溶液，静置出现红褐色沉淀同温下，KspMg(OH)2大于KspFe(OH)3A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A.盐酸滴入碳酸氢钠溶液中有气泡产生，可知盐酸酸性大于碳酸，但盐酸不是Cl的最高价含氧酸，不能比较氯和碳的非金属性，故A错误；B.苯酚钠和碳酸钠都是强碱弱酸盐，溶液均显碱性，碱性越强说明对应酸的酸性越弱，故B正确；C.己烯使溴水褪色，发生的是加成反应，苯使溴水褪色，发生的是萃取，故C错误；D.氢氧化钠过量，FeCl3与氢氧化钠反应生成红褐色沉淀，不能比较KSP，故D错误；故选B。【点睛】（1）盐类水解规律：有弱才水解，越弱越水解，双弱双水解，谁强显谁性，两强显中性。（2）元素非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强。6.氨硼烷(NH3BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。该电池工作时的总反应为：NH3BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。下列说法错误的是（ ）A. 装置左侧电极为负极，电子由该极出发，依次通过正极、电解质溶液，回到负极B. 正极的反应式为：H2O2+2H+2e=2H2OC. 电池工作时，H+通过质子交换膜向正极移动，D. 消耗3.lg氨硼烷，理论上转移0.6mol电子【答案】A【解析】【详解】A.电子不能经过溶液，故A错误；B. H2O2在正极得到电子发生还原反应，电极反应式为：H2O2+2H+2e=2H2O，故B正确；C.放电时，阳离子向正极移动，H+通过质子交换膜向正极移动，故C正确；D.负极反应式为：NH3BH3+2H2O-6e-= NH4BO2+6H+，消耗3.lg氨硼烷为0.1mol，转移0.6mol电子，故D正确；故选A。7.甲胺(CH3NH2)是一种应用广泛的一元弱碱，其电离方程式为：CH3NH2+H2OCH3NH3+OH常温下，向20.0mL0.10mol/L的甲胺溶液中滴加VmL0.10mol/L的稀盐酸，混合溶液的pH与相关微粒浓度的关系如图所示。下列说法中错误的是（ ）A. b点对应加入盐酸的体积Vc(CH3NH3+)c(H+)cOH)D. V=20.00mL时，溶液中水电离的c(H+)107mol/L【答案】C【解析】【详解】A. 若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，b点溶液呈中性，所以b点对应加入盐酸的体积小于20mL，故A正确；B.由甲胺的电离方程式为：CH3NH2+H2OCH3NH3+OH可知，甲胺的电离常数为Kb=c(OH-)c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)，a点溶液的pH=10.6，c(H+)=10-10.6，c(OH-)=10-3.4，lgc(CH3NH3+)/c(CH3NH2)=0，则c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)=1，代入Kb=c(OH-)c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)中，得出Kb=103.4，故B正确；C. b点pH=7，中性溶液，c(H+)=c(OH)，故C错误；D. 若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，CH3NH3+水解促进水的电离，常温下KW=110-14，故溶液中水电离的c(H+)107mol/L，故D正确；故选C。【点睛】电离平衡常数、水的离子积只与温度有关，温度一定，电离平衡常数、水的离子积一定。三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答8.工业上以钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁( FeTiO3)，含有MgO、SiO2等杂质)为原料，制备金属钛和铁红的工艺流程如下：已知：酸浸时， FeTiO3转化为Fe2+和TO2+；本实验温度下，KspMg(OH)2=1.01011；溶液中离子浓度小于等于1.0105mol/L时，认为该离子沉淀完全。请回答下列问题：（1）酸浸时如何提高浸取速度和浸取率_(至少答两种方法)（2）“水解”生成H2TiO3的离子方程式为_。（3）“沉铁”过程中，气态产物的电子式为_；该过程需控制反应温度低于35，原因为_。（4）滤液3可用于制备Mg(OH)2。若滤液3中c(Mg2+)=1.2103mo/L，向其中加入NaOH固体，调整溶液pH值大于_时，可使Mg2+恰好沉淀完全。（5）“电解”时，电解质为熔融的CaO，两电极材料为石墨棒。则_极石墨棒需要定期更换，原因是_。（6）测定铁红产品纯度：称取m克铁红，溶于一定量的硫酸之中，配成500.00mL溶液。从其中量取20.00mL溶液，加入过量的KI，充分反应后，用 c mol/L硫代硫酸钠(Na2S2O3)标准液滴定至终点，发生反应：I2+2S2O32=S4O62+2I。平行滴定三次，硫代硫酸钠平均消耗体积为VmL。则铁红产品的纯度为：_(用c、V、m表式)【答案】 (1). 升温，搅拌，适当增大硫酸浓度，粉碎矿石 (2). TiO2+2H2O= H2TiO3+2H+ (3). (4). 温度过高容易导致NH4HCO3分解（或防止Fe2+、Mg2+等受热水解） (5). 11 (6). 阳极 (7). 阳极产生氧气与石墨反应生成二氧化碳，导致阳极损耗 (8). 【解析】【分析】（1）酸浸时提高浸取速度和浸取率可以采取升温，搅拌，适当增大硫酸浓度，粉碎矿石。（2）根据流程图中信息，“水解”时，TiO2+转化为H2TiO3沉淀。（3）“沉铁”过程中，气态产物为二氧化碳，根据反应物的性质知，温度过高时，碳酸氢铵会分解，Fe2+、Mg2+的水解程度增大。（4）根据Ksp求。（5）阳极石墨棒需要定期更换。（6）根据方程式找出Fe2O32S2O32关系式。【详解】（1）酸浸时提高浸取速度和浸取率可以采取升温，搅拌，适当增大硫酸浓度，粉碎矿石，故答案为：升温，搅拌，适当增大硫酸浓度，粉碎矿石。（2）根据流程图中信息，“水解”时，TiO2+转化为H2TiO3沉淀，离子方程式为：TiO2+2H2O= H2TiO3+2H+，故答案为：TiO2+2H2O= H2TiO3+2H+。（3）“沉铁”过程中，气态产物为二氧化碳，电子式为，根据反应物的性质知，温度过高时，碳酸氢铵会分解，Fe2+、Mg2+的水解程度增大，故答案为：；温度过高容易导致NH4HCO3分解（或防止Fe2+、Mg2+等受热水解）。（4）根据Ksp=1.01011=c(Mg2+)c2(OH-)=1105mo/Lc2(OH-)，求出c(OH-)=10-3 mo/L，pH=11，故溶液pH值大于11时，可使Mg2+恰好沉淀完全，故答案为：11。（5）“电解”时，电解质为熔融CaO，阴极得到Ti，阳极生成O2，阳极石墨棒需要定期更换，原因是阳极产生氧气与石墨反应生成二氧化碳，导致阳极损耗，故答案为：阳极；阳极产生氧气与石墨反应生成二氧化碳，导致阳极损耗。（6）铁红的成份是Fe2O3，与硫酸反应生成硫酸铁，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+= 2Fe3+3H2O；又知2Fe3+2I= 2Fe2+I2，I2+2S2O32=S4O62+2I，可得出Fe2O32S2O32，硫代硫酸钠(Na2S2O3)的物质的量为c V10-3mol，Fe2O3的物质的量为1/2c V10-3 mol，Fe2O3的质量为80c V10-3g，则铁红产品的纯度为（80 c V10-3g）/mg100=(2 c V/m)100，故答案为： ，故答案为：。9.硫酰氯(SO2Cl2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。有关物质的部分性质如下表：实验室用干燥而纯浄的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，反应的热化学方程式为：SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l) H=97.3 kJ mol1反应装置如图所示(夹持仪器已省略)，请回答有关问题：（1）仪器B的名称为_；（2）仪器A的作用是_；（3）装置乙中盛放的试剂为_，在实验室用氢氧化钠溶液吸收多余硫酰氯的离子反应方程式为_；（4）为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有_(填序号)；先通冷凝水，再通气体 控制气流速率，宜慢不宜快若三颈烧瓶发烫，可适当降温 加热三颈烧瓶（5）少量硫酰氯也可用氯磺酸(ClSO3H)分解获得，该反应的化学方程式为：2ClSO3H=H2SO4+SO2Cl2，此方法得到的产品中会混有硫酸。分解产物中分离出硫酰氯的实验操作名称为_。某同学为检验硫酰氯产品中是否混有硫酸设计实验如下：取少量产品溶于水，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，振荡，观察到有白色沉淀生成，则认为产品中含有硫酸。该同学的结论是否正确，请说明理由_。【答案】 (1). 球形干燥管 (2). 冷凝回流 (3). 浓硫酸 (4). SO2Cl2+4OH-=SO42-+2Cl-+2H2O (5). (6). 蒸馏 (7). 不正确，因硫酰氯水解可产生硫酸【解析】【分析】（1）仪器B的名称为球形干燥管。（2）仪器A是冷凝管，作用是冷凝回流。（3）浓硫酸具有吸水性，氢氧化钠溶液吸收多余硫酰氯的离子反应方程式为：SO2Cl2+4OH-=SO42-+2Cl-+2H2O。 （4）SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l) H=97.3 kJ mol1，正反应为放热反应，升温平衡左移，为了提高本实验中硫酰氯的产率，不能加热三颈烧瓶。 （5）二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离。硫酰氯水解可产生硫酸，同样能观察到有白色沉淀生成。【详解】（1）仪器B的名称为球形干燥管，故答案为：球形干燥管。（2）仪器A是冷凝管，作用是冷凝回流，故答案为：冷凝回流。（3）由KClO3和浓盐酸反应制得的Cl2中混有HCl和水蒸气，丙中盛放饱和NaCl溶液除去HCl，浓硫酸具有吸水性，装置乙中盛放的试剂为浓硫酸，干燥Cl2，氢氧化钠溶液吸收多余硫酰氯的离子反应方程式为：SO2Cl2+4OH-=SO42-+2Cl-+2H2O，故答案为：浓硫酸；SO2Cl2+4OH-=SO42-+2Cl-+2H2O。（4）SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l) H=97.3 kJ mol1，正反应为放热反应，升温平衡左移，为了提高本实验中硫酰氯的产率，不能加热三颈烧瓶，故答案为：。（5）二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸馏法进行分离，故答案为：蒸馏；硫酰氯水解可产生硫酸，同样能观察到有白色沉淀生成，故答案为：不正确，因为硫酰氯水解可产生硫酸。10.（1）甲醇(CH3OH)是重要的溶剂和替代燃料，工业上用CO和H2在一定条件下制备CH3OH的反应为：CO(g)+2H2(g)= CH3OH(g)，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入2 molCO和4molH2，一定条件下发生上述反应，测得CO(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始至达到平衡，用氢气表示的平均反应速率(H2)=_mol/(Lmin)下列说法正确的是_(填字母序号)。A达到平衡时，CO的转化率为75%B5min后容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变C达到平衡后，再充入氩气，反应速率减小D2min前(正)(逆)，2min后(正)a点从b点到c点，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 kJmol1 (5). AB (6). Fe(OH)3-3e-+5OH-= FeO42-+4H2O (7). 【解析】【分析】（1）根据速率定义式求算。 A.根据三段式求算。B.反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，5min后反应达到平衡状态，容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变。C. 达到平衡后，再充入氩气，总压增大分压不变，速率不变。D.2min前后反应未达到平衡状态，反应正向进行，(正)(逆)。根据平衡常数K=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)求算。（2）根据盖斯定律求算。2CH3OH(g)+CO(g)+ O2(g)CH3 OCOOCH3(g)+H2O(1) H=-342.5 kJmol1，提高CH3OCOOCH3产率，需使平衡右移。（3）充电时阳极上失去电子发生氧化反应。（4）HNO2是弱酸，亚硝酸电离是吸热过程，酸碱中和反应是放热反应，当恰好完全中和时放热最多，根据此确定c(NaOH)。电离是吸热，温度越高电离平衡常数越大。当c(NaOH)较大时，可能出现c(Na+)c(OH) c(NO2)c(H+)。【详解】（1）从反应开始至达到平衡，(CO)=(1.5mol/L)/5min=0.3mol/(Lmin)，(H2)= 2(CO)=0.6 mol/(Lmin)，故答案为：0.6。 A. CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)起(mol) 2 4 0转(mol) 1.5 3 1.5平(mol) 0.5 1 1.5达到平衡时，CO的转化率为(1.5mol2mol)100=75%，故A正确；B.反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，5min后反应达到平衡状态，容器中混合气体的平均相对分子质量不再改变，故B正确；C. 达到平衡后，再充入氩气，总压增大分压不变，速率不变，故C错误；D.2min前后反应未达到平衡状态，反应正向进行，(正)(逆)，故D错误；故选AB。该条件下反应的平衡常数K=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)= 1.5/(0.512)=3，故答案为：3。（2）I根据CO燃烧热为H=283.0kJmol1，得出CO(g)+1/2O2(g)= CO2(g) H=283.0kJmol1,IIH2O(1)=H2O (g) H=+44.0 kJmol1，III2CH3OH(g)+CO2(g)CH3OCOOCH3(g)+ H2O(g) H=15.5 kJmol1根据盖斯定律，-+得到2CH3OH(g)+CO(g)+O2(g)CH3OCOOCH3(g)+ H2O( l)，H=-342.5 kJmol1，故答案为：-342.5 kJmol1。2CH3OH(g)+CO(g)+ O2(g)CH3 OCOOCH3(g)+H2O(1) H=-342.5 kJmol1，提高CH3OCOOCH3产率，需使平衡右移，A. 降低体系的温度，平衡右移，故A正确；B. 压缩容器的体积，相当于增大压强，平衡右移，故B正确；C.水的浓度是个定值，故C错误；D. 催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，故D错误；故选AB。（3）高铁电池的总反应为：3Zn(OH)+2Fe(OH)3+4KOH 3Zn+2K2 FeO4+8H2O，充电时阳极上失去电子发生氧化反应，故阳极反应式为：Fe(OH)3-3e-+5OH-= FeO42-+4H2O，故答案为：Fe(OH)3-3e-+5OH-= FeO42-+4H2O。（4）HNO2是弱酸，亚硝酸电离是吸热过程，酸碱中和反应是放热反应，当恰好完全中和时放热最多，c(NaOH)=(0.02L0.01mol/L)/0.02L=0.01mol/L，故错误，正确；电离是吸热，温度越高电离平衡常数越大，所以HNO2的电离平衡常数：b点a点，故正确；从b点到c点，当c(NaOH)较大时，可能出现c(Na+)c(OH) c(NO2)c(H+)，故错误；故选。11.原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列问题：（1）这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为_，第一电离能最小的元素是_(填元素符号)。（2）C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是_(填化学式)，呈现如此递变规律的原因是_。（3）B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为_；另一种的晶胞如图二所示，该晶胞的空间利用率为_，若此晶胞中的棱长为356.6 pm，则此晶胞的密度为_gcm3(保留两位有效数字)。(=1.732)图一 图二 图三（4）D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为_，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是_ (填选项序号)。极性键 非极性键 配位键 金属键（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是_。请写出上述过程的离子方程式：_。【答案】 (1). (2). Cu (3). HFHIHBrHCl (4). HF分子之间形成氢键使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大； (5). sp2 (6). 34% (7). 3.5 (8). 面心立方最密堆积 (9). (10). 首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液 (11). Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+NH4+、Cu(OH)2+4NH3=Cu(NH3)42+2OH【解析】【分析】原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则B为氯元素。（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子数为7；金属性越强，第一电离能越小；（2）HF分子间存在氢键，沸点最高，其它卤化氢随着相对分子质量递增，其沸点升高；（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；计算晶胞中碳原子总体积与晶胞体积，充分利用晶胞中每个C原子与周围4个C原子形成正四面体结构，确定晶胞棱长与C原子半径关系；根据均摊法计算晶胞中C原子数目，进而计算晶胞质量，再根据晶胞密度=质量/体积计算；（4）晶体Cu为面心立方最密堆积，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键；（5）硫酸铜溶液中加入氨水会产生氢氧化铜蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到四氨合铜络离子，溶液为深蓝色的透明溶液。【详解】原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为氢元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为碳元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为铜元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则B为氯元素。（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子数为7，其基态原子的价电子排布图为；四元素中Cu的金属性越强，故Cu的第一电离能越小，故答案为：；Cu。（2）HF分子之间形成氢键使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，即沸点由高到低的顺序是HFHIHBrHCl，故答案为：HFHIHBrHCl；HF分子之间形成氢键使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大。（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；晶胞中每个C原子与周围4个C原子形成正四面体结构，如图所示：令碳原子半径为r，则FA长=2r，根据体积关系可知，AO长=4OF长，故FA长=3OF长，故AO长=，设BC长为a，BO长=，则OA长=，故（6）1/2/3a=8/3r，故a=，则晶胞棱长=，则晶胞体积=，晶胞中C原子数目=4+61/2+81/8=8，则晶胞中碳原子总体积=84/3r3，故晶胞空间利用率=（84/3r3）8/3（3）1/2r3=34%；一个晶胞中含碳原子数为81/8+61/2+4=8，晶胞质量=812/6.021023g，晶胞中的棱长为356.6pm，则晶胞体积=（812/6.021023g）（356.610-10cm）33.5gcm-3，故答案为：sp2；34%；3.5。（4）晶体Cu为面心立方最密堆积，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键，故答案为：面心立方最密堆积；。（5）硫酸铜溶液中加入氨水会产生蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，有关反应的离子方程式为Cu2+2NH3H2OCu（OH）2+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3Cu（NH3）42+2OH-，故答案为：首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液；Cu2+2NH3H2OCu（OH）2+2NH4+、Cu（OH）2+4