陕西汉中2019届高三化学下学期第二次教学质量检测试题含解析

1、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-28P-31 S-32 C1-35. 5 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。.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“一带一路”是现代“丝绸之路”，丝绸的主要成

2、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 Fe3Q,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；“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（）1mol OH羟基）与1molNH4+中所含电子数均为 10NANa 2Q与足量的CO反应生成1 mol O 2,转移电子数目为 4冲S2和&的混合物共6.4

3、g ,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. 1mol OH羟基）中含有的电子数为 92，1molNH4+中所含电子数为10Na,故A错误；B. N&Q与CO反应的方程式为 2N&Q+2CQ= 2N&CO+ Q,生成1 molQ,转移电子数目为 2电故B错误；C.由于S2和M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SO是固体，无法用22.4L/mol计算，故D错误；故选Co3.A、B、C D E是原子序

4、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：DCBA与B两种元素共同形成的 10电子粒子有2种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 BC 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

5、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；A与B两种元素共同形成的 10电子粒子有NH, NH+ , NH-,故B错误；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；A、B、C组成的化合物可能是硝酸也可能是硝酸镂，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Co【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

6、功效，广泛用于日化产品。该物质可用如下反应制备卜列叙述错误的是（X、Y和Z均能和滨水发生反应X和Z均能与NaCO溶液反应，但不会放出 COY既能发生取代反应，也能发生加聚反应丫分子中所有碳原子一定不共平面【答案】D【详解】A. X和Z中含有酚羟基，Y中含有碳碳双键，故均能和滨水发生反应，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；Y中含有碳碳双键和苯环，具有烯煌和苯的性质，故Y既能发生取代反应，也能发生加聚反应，故C正确；丫中具有乙烯和苯的结构，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，

7、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，碳碳双键能和滨水发生加成反应，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NaHCO液中有气泡产生氯的非金属性比碳强B用pH试纸分另1J测定0.1mol/L的苯酚钠和0.1mol/L的NaCO溶液的pH苯酚钠溶液的pH约为8NaCO溶液的pH约为10苯酚的酸性强于HCOC分别将己烯与率加入滨水溶液中滨水均褪色两种物质使滨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

8、滴FeCl 3浓溶液，静置出现红褐色沉淀同温下，KspMg(OH)2K KspFe(OH) 3A. AB. BC. CD. DC错法故D错j为:的溶液窿 NhkBO 溶液【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.己烯使滨水褪色，发生的是加成反应，苯使滨水褪色，发生的是萃取，故D.氢氧化钠过量，FeCl3与氢氧化钠反应生成红褐色沉淀，不能比较故选Bo【点睛】(1)盐类水解规律：有弱才水解，越弱越

9、水解，双弱双水解，谁强显I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(NH3 - BH)电池可在常温下工作，装置如图所示。该电池工作时的总NH - BH+3HzC2=NHBG+4H2Q 下歹U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：HzC2+2H+2e =2HzOC.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；H 2C2在正极得到电子发生还原反应，电极反应式为：hbC2+2H+2e =2h

10、bO,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： NH - BH3+2HO-6e-= NHBQ+6H+,消耗 3.lg 氨硼烷为 O.lmol ,转移 0.6mol 电子，故D正确； 故选A。.甲胺(CTNH)是一种应用广泛的一元弱碱，其电离方程式为：CHNH+H(ACHNH+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(CH3NH+)c(H +)cOH )V=20.00mL 时，溶液

11、中水电离的 c(H+)10 7mol/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CHNHCl溶液，CHNHCl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：CHNH+HgCHNH+OH可知，甲胺的电离常数为K=c(OH)c(CH 3NH+)/c(CH 3NH) , a 点溶液的 pH=10.6 , c(H+)=10 6 , c(OH)=10 “沉铁”过程中，气态产物的电子式为.4 , lgc(CH 3NH+)/c(CH 3NH)=0 ,贝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CHNHCl溶液，CHNHCl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，CHNH+水解促进水的电离，常温下Kw=1X10-14,故溶液中水电离的c(H+)10 7mol/L ,故 D 正确； 故选Co【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

13、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：90匕赢f Ti东解一 过逑= , I眼.速调3FeCOjNHJICOj已知：酸浸时，FeTiO3转化为Fe2% Td+；本实验温度下，KspMg(OH)2=1.0 X10-11；溶液中离子浓度小于等于1.0 X 105mol/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);该过程需控制反应温度低于 35 C,原因为(4)滤液3可用于制备 Mg(OH)。若滤液3中c(Mg2+)=1.2 X10

14、3mo/L,向其中加入 NaOHU体，调整溶液pH值大于 时，可使Mj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(Naz&Q)标 准液滴定至终点，发生反应：I 2+2S2Q2 =S4O62 +2I o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).HTiO3j+2H+ (3).Mg+等受热水

15、解)碳，导致阳极损耗【解析】【分析】升温，搅拌，适当增大硫酸浓度，粉碎矿石(2). TiO2+2HO=C：O-C (4).温度过高容易导致 NHHC的解(或防止 Fe2+、* .(5).11 (6). 阳极 (7).阳极产生氧气与石墨反应生成二氧化200c/(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HTiO3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，碳酸氢俊会分解，Fe2+、M的水解程度增大。(4)根据K，求。(5)阳极石墨棒需要定期更换。(6)根据方程式找出 Fe

16、zQ2s2c32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 J +2H+,故答案为:TiO2+2H2O= H2TQ3 J +2H+。(3) “沉铁”过程中，气态产物为二氧化碳，电子式为C：O：C ,根据反应物的性质知，, 1温度过高时，碳酸氢钱会分解，Fe2+、M0+的水解程度增大，故答案为：C：O-C ;温度过* * 高容易导致NHHCO分解(或防止Fe2+、M/等受热水解)

17、。(4)根据 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时，可使Md+恰好沉淀完全，故答案为：11。“电解”时，电解质为熔融CaO阴极得到Ti ,阳极生成02,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 FezQ,与硫酸反应生成硫酸铁，反应的离子方程式为：Fe2Q+6H+=2Fe3+3HQ 又知 2Fe3+2I = 2Fe2+12, 12+2S2Q2 =

18、$又2酸钠(NazSO)的物质的量为c VX10_3mol, F&Q的物量为80c xvx 10-3g,则铁红产品的纯度为 20QcV ”一V/m) X 100% ,故答案为：% ,故答案m9.硫酰氯(SQCl 2)常作氯化剂或氯磺化剂，用于的部分性质如下表:物质熔点沸点通HzSOj338SaQ2,硫代硫可得出FezQol , FezQ 的质1/2c V X1500mLx 10020cleV活性剂等。为SOz和itxrc以上易具有吸水性且难分解物质实验室用干燥而纯净的二氧化硫和氯气合成硫酰氯，反应的热化学方程式为:SO(g)+Cl 2(g) SOCl 2(l) AH=-97.3 kJ - mo

19、l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 (CISO3H)分解获得，该反应的化学方程式为：2ClSQH=HSQ+SOCl2,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

20、盐酸酸化的氯化钢溶液，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).SOCl2+4OH=SO2-+2C+2HO (5).(6). 蒸储 (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： SOCl2+4OH=SO2-+2Cl-+2HQSO(g)+Cl 2(g) hSOCL。) AH=-97.3 kJ mol 1,正反应为放热反应，升

21、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，采取蒸储法进行分离。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：SOCl2+4OH=SO2+2Cl-+2HO,故答案为：浓硫酸；SOCl2+4OH=SO2-+2Cl -

22、+2HQSO(g)+Cl 2(g) =SOCl2(l) H= 97.3 kJ mol 1,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：。9(5)二者为互溶液体，沸点相差较大，采取蒸储法进行分离，故答案为：蒸储；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/料，工业上用C5口 H2在一定条件下制备 CHOH的反应为：CO(g)+2H2(g)= CHOH(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

23、CO(g)和CHOH(g)的浓度随时间变化如图所示。025lAnin从反应开始至达到平衡，用氢气表示的平均反应速率u (H2)=mol/(L - min)下列说法正确的是(填字母序号)。A.达到平衡时，COW转化率为75%B. 5min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，再充入僦气，反应速率减小D. 2min 前 u (正) u (逆)，2min 后 u (正)2点从b点至ij 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 kJ mol 1 (5). AB(6).

24、 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，再充入僦气，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，u (正) (逆)。根据平衡常数 K=c(CHOH)/c(CO)c 2(H2)求算。(2)根据盖斯定律求算。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)充电时阳极上失去电子发生氧化反应。(4)HNO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(NO 2 )c(H+)。【详解】(1)从反应开始至达到平衡，u (CO)=(1.5mol/L)/5min=0.3mol/(L ?min) , u (H2)=112u (CO)=0.6 mol/(L - min),故答案为：0.6 。A.CO(g)+2H2(g)起(mol)240转(mol)1.531.5平(mol)0.5

26、11.5达到平衡时,CH30H(g)CO的转化率为(1.5mol +2mol) x 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，再充入僦气，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,(逆)，故D错误;故选AR该条件下反应的平衡常数K=c(CHOH)/c(CO)c 2(H2)= 1.5/(0.5X12)=3,故答案为：3。(2) I .根据 CO 燃烧热为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 根据盖斯定律，-+得到2CHOH(1O(g)+ Q(g) H=-342.5 kJ - mol 1,故答案为:故选AROCOOCH)+ H 2O( l),O(1)CHOCOOC肝率，需使平衡右移A.降低体系的温度，平衡右移,B.压缩容器的体积，相当于增B正C.水的浓度是个定值，故 C专D.催化剂只能改变反应速率,D错误;(3)高铁电池的总反应

28、为:+8HO,充电时阳Fe(OH)3-3e-+5OH= FeO42-+4HO,故答案为:t,提高I 1 mol 。2CHOH(g)+CO(g)+ Q(g) .5 kJA正确;史平衡移动,(OH)+2Fe(OH)3+4KOH克电/jstii.极上失去电子发生氧化反应，故阳极反应式为:Fe(OH)3-3e -+5OH= FeOFhbO。(4)HNO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12时放热最多，c(NaOH)=(0.02L x 0.01mol/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HNO的电离平衡常数：b点

29、a点，故正确；从b点至ij 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)。图一图二图三(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(4) D元素形成的单质，其晶体的堆

30、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： (2). Cu (3). HF HI HBr HCl(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). sp 2 (6). 34% (7). 3.5 (8).面心立方13首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到(11).CU2+2NH3 H2O=Cu(OH) J +NH+最密堆积(9).(10).深蓝色的透明溶液Cu(OH)

31、2+4NH=Cu(NH3)4 2+2OH原子序数依次增大的四种元素A、RC、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

32、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,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在多种A的

33、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,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，其他能层均已原子外围电子排布为3d14s1,则D为铜元素；结合原子序数可知，C只育与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布图为 3s;四元素中Cu的金属性越强，故 Cu的第一电故答案为:3P得到越小,Cl,其基态原子的价电子数为7,其14,自然界中存即核外有电子,于第三周期,W子的价电子用(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HF HIHB

34、rHCl,故答案为：HF HI HBr HCl; 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:AOK =4OF长，故FA长=3OF长，故令碳原子半径为r,则FA长=2r,根据体积关系可知,1 Q7 丫 3丫 3ao=2r+ix2r=1r ,设 bc长为 a, bo r)二世上，33213 73则晶胞体积=巴！)m,晶胞中C原子数目=4+6X 1/2+8 X 1

35、/8=8,则晶胞中碳原子总体积 3=8X4/3兀r3,故晶胞空间利用率 =(8X4/3兀r3) + 8/3 X ( 3) 1/2r 3=34% 一个晶胞中含 碳原子数为8X1/8+6X1/2+4=8,晶胞质量=8X 12/6.02 X1023g,晶胞中的棱长为 356.6pm,则晶胞体积=(8X 12/6.02 X 1023g) + (356.6 X 10 -1cm) 3=3.5g cm3, 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

36、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Cuf+2NT- H2O Cu (OH 2j+2NH+、Cu (OH 2+4NH Cu(NH) 4 2+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；Cif+2NH - HO- Cu (OH 2, +2NH+、Cu (OH 2+4NH Cu ( NH) 4 2+2OH。【点睛】第3小题中计算晶胞中碳原子总体积与晶胞的体积，充分利用晶胞中每个 C原子与15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。12.光刻胶是一种应用广泛的光敏材料，其合成路线如下（部分试剂、反应条件和产物已略去）：NHsTdOH已知：I、II、母_1.吐江川誓1 RrCH=tCHO均为短茶或源） Rl-C-Cl + RaOHO胃6睁nRi-C-ORa + HC1 (r ,风为烧某)A分子的名称为,B分子中所含官能团的名称为，由C到D的反应类型（2）乙快和竣酸X发生加成反应生成 E, E的核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3: 2: 1, E能发生水解反应，则 E的结构简式为D和G反应生成光刻胶的化学方程式为C的同分异构体满足下列条件:能发生银镜