四川省仁寿第二中学2019-2020学年高二化学7月月考试题

1、四川省仁寿第二中学2019-2020学年高二化学7月月考试题四川省仁寿第二中学2019-2020学年高二化学7月月考试题年级：姓名：- 18 -四川省仁寿第二中学2019-2020学年高二化学7月月考试题（含解析）1.化学在生活中有着广泛的应用，下列说法错误的是（）a. al2(so4)3 和小苏打溶液反应可用于泡沫灭火器灭火b. 利用hf与sio2反应，用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记c. 化石燃料完全燃烧不会造成大气污染d. 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果以达到保鲜的效果【答案】c【解析】【详解】a. al2(so4)3水解呈酸性，小苏打水解呈碱性，在溶液中二者能相互促进，发生双水解反应

2、，可生成二氧化碳气体，可用于泡沫灭火器灭火，故a正确；b. 玻璃中含有二氧化硅，hf与sio2反应生成sif4，氢氟酸可用于刻蚀玻璃，故b正确；c. 化石燃料中含有硫、氮等元素，即使完全燃烧也会生成二氧化硫、氮的氧化物等空气污染物，故c错误；d. 水果能释放乙烯，乙烯是水果的催熟剂，高锰酸钾溶液能氧化乙烯，除去乙烯，则可保存水果以达到保鲜的目的，故d正确；答案选c。2.下列关于有机物的说法正确的是（）a. 苯和聚乙烯均能发生加成反应b. 分子式为c5h10o2的有机物不一定能与nahco3溶液反应放出气体c. 两种不同的烷烃一定互为同系物d. 乙烷光照条件下能与溴水发生取代反应【答案】b【解析

3、】【详解】a.苯分子具有高度不饱和结构,能发生加成反应；聚乙烯是乙烯的加聚产物,不能发生加成反应,故a错误；b.分子式为c5h10o2的有机物符合cnh2no2通式，有多种同分异构体，既可能是饱和羧酸，能与nahco3溶液反应放出气体，也可能是酯类化合物，不能与nahco3溶液反应放出气体，故b正确；c.烷烃包括链烃和环烷烃，所以两种不同的烷烃不一定互为同系物，故c错误；d.乙烷光照条件下能与液溴发生取代反应，故d错误；故答案：b。3.下列实验操作能达到实验目的是（）实验目的实验操作a除去co2中混有的hcl将气体通过装有饱和碳酸钠溶液的洗气瓶b由mgcl2溶液制备无水mg cl2将mgcl2

4、溶液加热蒸干c证明cu(oh)2的溶度积比 mg(oh)2的小将0.lmoll1mgso4溶液滴入naoh溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.lmoll1cuso4溶液d苯萃取碘水中的i2先从分液漏斗下口放出有机层，后从上口倒出水层a. ab. bc. cd. d【答案】c【解析】【详解】a. co2与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，不能除去co2中混有的hcl，可以用饱和碳酸氢钠溶液除，a错误；b. mgcl2易水解，将mgcl2溶液加热蒸干，得不到mgcl2，应在hcl环境下加热，防止mgcl2水解，b错误； c. 将0.lmoll1mgso4溶液滴入naoh溶液产生白色沉淀，再滴加0.lmo

5、ll1cuso4溶液，得到蓝色沉淀，说明mg(oh)2转化为cu(oh)2，证明了cu(oh)2的溶度积比mg(oh)2的小，c正确； d. 苯萃取碘水中的i2，苯的密度小于水，所以先从分液漏斗下口放出水层后，从上口倒出有机层，d错误；答案选c。4.甲基环己烷的结构如图所示：，下列说法正确的是（）a. 甲基环己烷的分子式为c7h16b. 甲基环己烷的一氯代物有4种c. 甲基环己烷中碳原子可能都处于同一平面d. 甲基环己烷与2乙基一1一戊烯互为同分异构体【答案】d【解析】【详解】a.甲基环己烷的分子式为c7h14，故a错误；b. 甲基环己烷有5种类型的氢原子，所以它的一氯代物有5种，故b错误；c

6、.甲基环己烷中碳原子都为sp3杂化，与其直接相连的原子构成四面体，碳原子不可能都在同一平面，故c错误；d.甲基环己烷的分子式为c7h14，属于烷烃，2乙基一1一戊烯的分子式为c7h14，属于烯烃，所以两者互为同分异构体，故d正确；故答案：d。5.铅蓄电池是最常见的二次电池，电池总反应式为：pb+pbo2+4h+2so 2pbso4+2h2o，下列说法错误的是（）a. 充电时，阴极反应式为：so+4h+pbo2+2epbso4+2h2ob. 充电时，两个电极的质量均减轻c. 电池放电时，电解质溶液的ph增大d. 电池放电时，负极可能会发生副反应：pb+h2so4pbso4+h2【答案】a【解析】

7、【详解】a.充电时，阴极电极反应式与原电池负极反应式相反，所以阴极反应式为pbso4+2e-=pb+so42-，故a错误；b.充电时，阴极电极反应式与原电池负极反应式相反，所以阴极反应式为pbso4+2e-=pb+so42-，阳极电极反应式与原电池正极反应式相反，所以阳极反应式为pbso4+2h2o-2e so+4h+pbo2，电极质量均减轻，故b正确；c.放电时，负极上pb失电子发生氧化反应，电极反应式为pb-2e-+so42-=pbso4，正极上二氧化铅得电子发生还原反应，电极反应式为so+4h+pbo2+2epbso4+2h2o，氢离子浓度减小了，所以电解质溶液的ph增大，故c正确；d.

8、铅和稀硫酸能发生反应，负极可能会发生副反应：pb+h2so4=pbso4+h2，故d正确；故答案：a。6.短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，a原子的最外层有6个电子，b是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中c位于ia族，d的氧化物为两性氧化物，e与a属于同一主族下列说法正确的是（）a. 元素c、e的原子半径和简单离子半径均为：ceb. 由c、e两种元素组成的化合物c2e2既含有离子键也含有共价键c. 最高价氧化物对应的水化物的碱性：dcd. 常温下，由d单质制成的容器可盛装e的最高价氧化物的水化物的稀溶液【答案】b【解析】分析】短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依

9、次增大，b是迄今发现的非金属性最强的元素，则b 为f元素，a原子的最外层有6个电子,则a为o元素，在周期表中c位于ia族，则c为na，d的氧化物为两性氧化物，则d为al ，e与a属于同一主族，则e为s，根据元素的性质和变化规律解答本题。【详解】a.由上述分析可知，c为na，e为s ，属于同周期元素，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为na s，离子电子层越多，离子半径越大，则离子半径为na+al ， 则最高价氧化物对应的水化物的碱性为naoh al(oh)3，故c错误；d.由上述分析可知，d为al，e为s，e的最高价氧化物的水化物为h2so4，al与稀硫酸反应，不能用al单质制成的容器可盛

10、装稀h2so4溶液，故d错误；故答案：b。7.某酸h2a为二元弱酸20时，配制一组c(h2a)+c(ha)+c(a2)0.100moll1的h2a和naoh混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随ph的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()a. ph2.5溶液中：c(h2a)+c(a2)c(ha)b. c(na+)=0.100moll1的溶液中：c(h+)+c(h2a)c(oh)+c(a2)c. c(ha)c(a2)的溶液中：c(na+)0.100moll1+c(ha)d. ph7.0的溶液中：c(na+)2c(a2)【答案】b【解析】【详解】a.根据图像知ph

11、=2.5的溶液中：c(h2a)+ c(a2-) c(ha -)，a错误；b. c(na+)=0.100 moll-1的溶液，根据c(h2a)+ c(ha -)+ c(a2-)=0.100 moll-1知此时溶液中的溶质为naha，溶液中存在质子守恒：c(h+)+c(h2a)=c(oh-)+ c a2-)，b正确；c. c(ha-)= c(a2-)的溶液中有电荷守恒：c(oh-)+ c(ha-)+ 2c(a2-)=c(na+)+c(h+)，已知c(h2a)+ c(ha-)+ c(a2-)=0.100 moll-1，此溶液中h2a浓度几乎为0，可以忽略，把c(ha-)= c(a2-)和c(ha-)

12、+ c(a2-)=0.100 moll-1带入电荷守恒的等式，得到：c(oh-)+ c(ha-)+ 0.100 moll-1=c(na+)+c(h+)，溶液的phc(oh-)，所以c(na+)2c(a2-)，d错误。答案选b。【点睛】本题考查粒子间浓度的关系，学会分析图形，利用电离和水解的知识点，结合电荷守恒、物料守恒和质子守恒进行解题。8.某化学兴趣小组用如图所示装置进行电化学原理的实验探究，冋答下列问题：(1)通入o2的pt电极为电池的_（填“正极”或“负极”），电极反应式为_。(2)若b电池为电镀池，目的是在某镀件上镀一层银，则x电极材料为_（填“镀件”或“银”）。(3)若b电池的电解质

13、溶液为500ml1.0moll1的nacl溶液（滴有少量紫色石蕊试液），x、y皆为惰性电极，电池工作过程中发现x极溶液先变红后局部褪色，解释原因_。当电池工作一段时间后断开k，y极共收集到560ml气体（标准状况），此时b池中溶液的ph_（假设溶液体积不变），转移电子的数目为_。【答案】 (1). 正极 (2). o2+4e+2h2o4oh (3). 银 (4). x电极产生的cl2与水反应产生的hcl和hclo使溶液显酸性，同时hclo有漂白性 (5). 13 (6). 0.05na【解析】【分析】在如图所示的装置中，a装置是燃料电池，a装置通入h2的电极为负极，通入o2的电极为正极；b装置

14、是电解池，x与电源的正极相连，是阳极发生氧化反应，y与电源的负极相连，是阴极发生还原反应。【详解】(1) 在如图所示的装置中，a装置是燃料电池， b装置是电解池，其中对于a装置来说，通入o2的电极为正极，正极得到电子，发生还原反应，电极方程式为o24e2h2o=4oh； (2) x与电源的正极相连，是阳极发生氧化反应，所以x电极材料为银；(3) x是阳极，发生反应：2cl-2e-=cl2，cl2与水反应产生的hcl和hclo，使溶液显酸性石蕊变红，同时hclo有强氧化性使红色褪去，所以原因为：x电极产生的cl2与水反应产生的hcl和hclo使溶液显酸性，同时hclo有漂白性；y极生成氢气，n(

15、h2)= =0.025mol，根据电解总反应方程式：2nacl2h2ocl2h22naoh可知：每产生1mol氢气，会同时产生2molnaoh，由于n(h2)=0.025mol，所以n(naoh)=20.025mol=0.05mol，溶液的体积是500 ml，则c(naoh)=0.1mol/l，所以ph=13；根据反应方程式生成的cl2为0.025mol，结合2cl-2e-=cl2，则转移电子为20.025mol=0.05mol，数目为0.05na。【点睛】本题考查了原电池和电解池的原理，会根据题目分析正负极和阴阳极，及它们发生的电极反应，结合电极反应方程式得到答案。9.用零价铁(fe)去除酸

16、性水体中的硝酸盐(no)己成为环境修复研究的热点之一fe还原水体中no的反应原理如图所示 (1)作负极的物质是_。 (2)正极的电极反应式是_。【答案】 (1). 铁 (2). no+8e+10h+nh +3h2o【解析】【详解】(1)根据图可知，零价铁(fe)失去电子，所以作负极的物质是铁；(2)正极是no被还原成nh，该溶液为酸性，结合元素和电荷守恒可知，电极反应式是no+8e+10h+nh +3h2o。10.乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实验常用a制备，b会发生较多的副反应回答下列问题：(1)实验时，通常加入过量的乙醇，原因是_。(2)饱和na2co3溶液的作用是_。(

17、3)反应结束后，将盛有饱和na2co3溶液的试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，_、_，然后分液。【答案】 (1). 增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率 (2). 中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解 (3). 振荡 (4). 静置【解析】【详解】(1) 制备乙酸乙酯由于是可逆反应，因此加入过量的乙醇增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率；(2) 由于生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，所以饱和na2co3溶液的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解；(3) 乙酸乙酯不溶于水，且分液操作之前要振荡除去乙酸乙酯中的杂质，再静置分层。【点睛】乙酸乙

18、酯的制取是中学化学中典型的有机物制备实验之一，有机化学实验中的知识点比较琐碎，在学习过程中要熟练掌握。11.磷酸铁（fepo42h2o，难溶于水的米白色固体）可用于生成药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料，实验室可通过下列实验制备磷酸铁（1）称取一定量已除去油污的废铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热、搅拌，反应一段时间后过滤反应加热的目的是_（2）向滤液中加入一定量h2o2氧化fe2+，为使滤液中的fe2+完全被h2o2氧化成fe3+，下列实验条件控制正确的是_（填字母编号）a加入适当过量的h2o2溶液 b缓慢滴加h2o2溶液并搅拌c加热，使反应在较高温度下进行 d用氨水调节溶液ph7（3）往含

19、有fe3+的溶液中加入一定量的na2hpo4溶液（溶液显碱性），搅拌、过滤、洗漆、干燥得到fepo42h2o若反应得到的fepo42h2o固体呈棕黄色，则磷酸铁中混有的杂质可能为_（4）实验过程中用h2o2氧化fe2+之前，为确定加入h2o2的量，需先用k2cr2o7标准溶液滴定滤液中的fe2+，离子方程式为：cro+6fe2+14h+2cr3+6fe3+7h2o在向滴定管注入k2cr2o7标准溶液前，滴定管需要检漏、_和_若滴定x ml含fe2+的滤液消耗a moll1k2cr2o7标准溶液b ml，则滤液中c（fe2+）_ moll1【答案】 (1). 加快铁和稀硫酸的反应速率 (2).

20、a、b (3). fe(oh)3 (4). 用蒸馏水洗净 (5). 用k2cr2o7标准溶液润洗23次 (6). moll1【解析】【分析】(1)根据影响化学反应速率的因素分析；(2)向滤液中加入一定量h2o2氧化fe2+，为使滤液中的fe2+完全被h2o2氧化成fe3+，考虑h2o2的分解，温度不能太高，结合具体的操作分析；(3)根据碱性条件下，fe3+会变成fe(oh)3，且fepo42h2o为难溶于水的米白色固体，最终得到fepo42h2o固体呈棕黄色进行判断；(4)根据滴定原理和实验步骤进行解答。【详解】(1)称取一定量已除去油污的废铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热可以加快铁和稀硫酸的反

21、应速率，故答案：加快铁和稀硫酸的反应速率；(2) a. h2o2具有强氧化性，能把滤液中的fe2+完全氧化成fe3+，所以需加入适当过量的h2o2溶液，故a正确； b.缓慢滴加 h2o2溶液并搅拌，避免局部反应带来的干扰，使溶液中离子间反应更充分，故b正确；c. h2o2不稳定，受热易分解。加热，能促进化学反应的速率，考虑到h2o2受热易分解，适当加热可以，但温度不能太高，故c错误；d.用氨水调节溶液ph=7，此时溶液中已经生成fe(oh)3沉淀，操作目的是把氧化的fe2+变为fe3+，并不是除杂，故d错误；故答案为：a、b；(3)往含有fe3+的溶液中加入一定量的na2hpo4溶液(溶液显碱

22、性)，最终得到fepo42h2o固体呈棕黄色，由于fepo42h2o是难溶于水的米白色固体，可以判断掺入了杂质，考虑到碱性条件下可能产生fe(oh)3杂质，颜色比较符合，所以磷酸铁中混有的杂质可能为fe(oh)3，故答案为：fe(oh)3；(4)将标准液装入滴定管前，需要检漏，先用蒸馏水洗净滴定管，再用k2cr2o7标准液润洗23次，故答案为：用蒸馏水洗净；用k2cr2o7标准溶液润洗23次；由电子守恒原理可得反应关系为：cr2o72-6 fe2+，若滴定xml含fe2+的滤液消耗a moll1k2cr2o7标准溶液b ml，则滤液中c(fe2+)=6c(cr2o72-)=mol/l，故答案为

23、：moll1。12.无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。已知：al2o3(s)+3c(s)=2al(s)+3co(g) h1=+1344.1kj mol-12alcl3(g)=2al(s)+3cl2(g) h2=+1169.2kj mol-1由al2o3、c和cl2反应生成alcl3的热化学方程式为_。【答案】al2o3(s) + 3c(s) + 3cl2(g) = 2alcl3(s) + 3co(g) h = +174.9 kj mol- 1【解析】【详解】al2o3(s)+3c(s)=2al(s)+3co(g) h1=+1344.1kj mol-12alcl3(g)=2al(s)+3cl2(

24、g) h2=+11692kj mol-1根据盖斯定律，-得：al2o3(s) + 3c(s) + 3cl2(g) = 2alcl3(s) + 3co(g) h=h1-h2=(+1344.1kj mol-1)-( +1169.2kj mol-1)=+174.9 kj mol- 1，故答案为：al2o3(s) + 3c(s) + 3cl2(g) = 2alcl3(s) + 3co(g) h = +174.9 kj mol- 1。13.（1）碳酸：h2co3，k14.3107，k25.61011草酸：h2c2o4，k15.9102，k26.41050.1mol/l na2co3溶液的ph_0.1mo

25、l/l na2c2o4溶液的ph；（选填“大于”“小于”或“等于”）（2）等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是_；若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_（选填编号）；ac(h+)c(hc2o)c(hco)c(co)bc(hco)c(hc2o)c(c2o)c(co)cc(h+)c(hc2o)c(c2o)c(co) dc(h2co3)c(hco)c(hc2o)c(co)【答案】 (1). 大于 (2). 草酸 (3). ac【解析】【分析】根据碳酸：h2co3:k14.3107，k25.61011，草酸：h2c2o4:k15.9102，k26.

26、4105的大小，电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大进行分析解答。【详解】(1)由碳酸：h2co3:k14.3107，k25.61011，草酸：h2c2o4:k15.9102，k26.4105，草酸的第二步电离平衡常数大于碳酸的第二步电离平衡常数，电离平衡常数越小，其酸根离子的水解程度越大，所以碳酸根离子的水解程度大于草酸根离子，0.1mol/lna2co3溶液的ph大于0.1mol/lna2c2o4溶液的ph，故答案：大于；(2)根据酸的电离常数，草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸，草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸

27、以第一步电离为主，因此溶液中c(h+)c(hc2o)c(c2o)c(hco)c(co)，所以ac正确，bd错误；故答案为：草酸；ac。14.工业上用co生产燃料甲醇，一定条件下发生反应：co(g)+2h2(g)ch3oh(g)图表示反应中能量的变化；图表示一定温度下，在体积为2l的密闭容器中加入4mol h2 和一定量的co后，co(g)和ch3oh(g)的浓度随时间变化图。回答下列问题：(1)在“图i”中，曲线_(填“a”成“b”)表示使用了催化剂，该反应属于_(填“吸热”或“放热”)反应。(2)根据“图ii”判断，下列说法不正确的是_a起始充入的co为l mol b增加co浓度，co的转化

28、率增大c容器中压强恒定时，反应己达平衡状态d保持温度和密闭容器容积不变，再充入l mol co和2mol h2，再次达到平衡时 会增大(3)从反应开始到建立平衡，v(h2)_，该温度下co(g)+2h2(g)ch3oh(g) 的化学平衡常数为_若保持其他条件不变，向平衡体系中再充入0.5mol co、l mol h2、1.5mol ch3oh，平衡_(填“向正反应方向移动”或“向逆反应方向移动”或“不移动”)【答案】 (1). b (2). 放热 (3). a、b (4). 0.15mol/(lmin) (5). 12 (6). 向正反应方向移动【解析】【分析】根据图中反应的活化能的大小来分析

29、是否使用催化剂，利用反应前后的总能量来分析反应的能量变化；根据图示数据进行计算各自物质的量浓度，得到反应速率和平衡常数；加入物质后，先求各自的浓度，求得qc的值与平衡常数进行比较，确定平衡移动的方向。【详解】(1) 根据图像i可知，曲线b的活化能低于曲线a的活化能，所以曲线b表示使用了催化剂；同样根据图像i可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应是放热反应；(2) a. 体积为2l，起始时co的浓度为1 mol/l，则起始充入的co物质的量为2 mol，a错误；b. 增加co浓度，h2的转化率增大，co的转化率减小，b错误；c. 该反应前后化学计量数不等，反应前后压强不变，说明气体的物

30、质的量不变，所以反应已达平衡状态，c正确； d.再充入l mol co和2mol h2，该反应为气体物质的量减小的反应，保持温度和密闭容器容积不变，使得容器内压强增大，平衡正向移动，则甲醇的物质的量增大，co物质的量减小，所以再次达到平衡时 会增大，d正确；答案选a、b。(3) 根据图像ii可知，反应进行到10min是反应达到平衡状态，此时co的浓度是0.25mol/l，生成的甲醇浓度是0.75mol/l，则根据反应co(g)+2h2(g)ch3oh(g)可知，消耗氢气的浓度是1.5mol/l，所以氢气表示的反应速率是=0.15mol/(lmin)；开始时氢气的浓度是=2mol/l，平衡时氢气

31、的浓度是2mol/l1.5mol/l0.5mol/l，所以根据co和甲醇的平衡浓度可知，该温度下反应的平衡常数k=12；向平衡体系中再充入0.5mol co、l mol h2、1.5mol ch3oh，此时容器中各物质的浓度分别为：c(co)=0.25mol/l+=0.5mol/l，c(h2)=0.5mol/l+=1mol/l，c(ch3oh)=0.75mol/l+=1.5mol/l，qc=3k，反应未达到平衡状态，所以反应向正反应方向移动。【点睛】本题考查了化学平衡移动原理、反应速率、平衡状态的判断等知识点，明确这几个原理含义是解本题关键，难点是化学平衡移动的有关计算、判断，且这些都是高考热

32、点，应熟练掌握，难度中等。15.已知a、b、c、d、e为元素周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大。a是原子半径最小主族元素，b是空气中含量最多的元素：c元素2p能级有两个未成对电子且没有空轨道；d是29号元素；e元素的价电子排布式为ns2np2回答下列问题：（1）基态d原子的外围电子排布式为_，b、c两种元素的第一电离能最大的是_（用元素符号表示）。（2）bc微粒的空间构型为_，1个d(a2c)42+中含有的键数目为_个。（3）a、d两种元素分别与c元素形成的简单化合物，熔点较高的是_，原因是_。（4）ba3在一定条件下容易得到一个a+，形成ba下列对上述过程的描述不合理的是_。ab原子的

33、杂化类型发生了改变 b微粒的形状发生了改变c微粒的化学性质发生了改变 d微粒中的键角减小（5）e单质的晶体具有金刚石结构，其中微粒之间存在的作用力是，如图为e单质晶体的晶胞，已知晶胞的密度为dg/cm3，则晶胞的边长为_pm（列出计算式即可）。【答案】 (1). 3d104s1 (2). n (3). 平面（正）三角形 (4). 12 (5). cuo (6). cuo为离子晶体，h2o为分子晶体 (7). a、d (8). 1010【解析】【分析】已知a、b、c、d、e为元素周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大。a是原子半径最小的主族元素，则a为h；b是空气中含量最多的元素，则b为n；c

34、元素2p能级有两个未成对电子且没有空轨道, 则c为o；d是29号元素cu；e元素的价电子排布式为ns2np2，则e为ge，以此分析解答；【详解】(1)根据上述分析：d是29号元素cu，则基态cu原子的外围电子排布式为3d104s1；因为b为n，c为o，o与n相比较，n的最外层为半充满结构，较为稳定，所以第一电离能n大于o，故答案为：3d104s1；n；(2)根据上述分析：b为n，c为o，bc为no3-，no3-微粒中n原子形成3个键，且没有孤电子对，为sp2杂化，空间构型为平面(正)三角形；因为d为元素cu，a为h，c为o ，1个cu(h2o)42+中含有4个cu-o键、8个o-h键，则键数目为12个。故答案为：平面(正)三角形；12；(3)根据上述分析：a为h，c为o，d是cu，他们简单氧化物为cuo和h2o，cuo为离子晶体，h2o为分子晶体，离子晶体的熔沸点较高，故答案为：cuo；cuo为离子晶体，h2o为分子晶体；(4) 根据上述分析：a为h，b为n 。a.nh3中n的杂化为sp3，nh4+中n的杂化为sp3，n原子的杂化类型没发生了改变，故a错误； b.氨气分子为三角锥