1、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，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；
2、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】【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
3、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.lmo
4、lL1CuSO4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.lmolL1CuSO4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
5、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.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
6、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】【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
7、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.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
8、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
9、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H2
10、A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=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)+
11、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-)+ 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(
12、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
13、_。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，
14、 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(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，
15、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_。
16、【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_。(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
17、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
18、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
19、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). 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
20、)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H2O
21、2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(O
22、H)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：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
23、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(g) H2=+11692kJ mol-1根据盖斯定律，-得：Al2O3(s) + 3C(s) + 3Cl2(g) = 2AlCl3(s) + 3
24、CO(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_0.1mol/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
25、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，K26.4105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，
26、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
27、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
28、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
29、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
30、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0.5
31、mol 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
32、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
33、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】
34、(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，H2
35、O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.氨气分子为三角锥形，NH4+为正四面体，则微粒的形状发生了改变，故B正确；C.因结构不同，则性质不同，微粒的化学性质发生了改变，故C正确；D.氨气分子为三角锥形，NH4+为正四面体，微粒中的键角增大，故D错误；故答案为：A、D；(5)根据上述分析：E为Ge，Ge具有金刚石结构，其中微粒之间存在的作用力是共价键，晶胞中Ge位于定点、面心以及体心，则晶胞中Ge原子个数
36、为8 +6+4=8，则晶胞的质量为g，设边长为acm,则a=cm=1010pm，故答案为：共价键；1010。【化学-选修5：有机化学基础】16.用石油化工产品1,3-丁二烯合成化工中间产品D （）的合成路线如下：已知：（1）物质D中所含官能团名称为_，一定条件下，1 molD最多与_molH2发生加成反应。（2）写出的反应类型分别是_、_。（3）反应的化学方程式_。反应的化学方程式_。（4）A 的系统命名是_。（5）写出与物质D互为同分异构体且满足以下条件的有机物结构简式_。 能与FeCl3溶液发生显色反应 能发生银镜反应 核磁共振氢谱显示有5组峰（6）请设计合理方案用合成。（其他原料自选，用
37、反应流程图表示，并注明必要反应条件）。_【答案】 (1). 碳碳双键 醛基 (2). 4 (3). 加成反应（还原反应） (4). 消去反应 (5). CH2(OH)CH2CH2CH2OH+O2 OHCCH2CH2CHO+2H2O (6). 2OHCCH2CH2CHO (7). 1，4-丁二醇 (8). (9). 【解析】反应为卤代烃的水解反应删除醇，A为HOCH2CH2CH2CH2OH，A催化氧化生成醛，B为OHCCH2CH2CHO，B在碱性条件下发生反应生成C，C为，根据D的结构，C发生羟基的消去反应生成D。(1)D 为，其中所含官能团有碳碳双键和醛基，一定条件下，醛基和碳碳双键均能与氢气
38、加成，1 molD最多与4molH2发生加成反应，故答案为碳碳双键、醛基；4；(2)反应为碳碳双键的加成反应，反应为消去反应，故答案为加成反应；消去反应；(3)反应为醇的催化氧化，反应的化学方程式为CH2(OH)CH2CH2CH2OH+O2 OHCCH2CH2CHO+2H2O。反应的化学方程式为2OHCCH2CH2CHO，故答案为CH2(OH)CH2CH2CH2OH+O2 OHCCH2CH2CHO+2H2O；2OHCCH2CH2CHO ；(4)A为HOCH2CH2CH2CH2OH，系统命名为1，4-丁二醇，故答案为1，4-丁二醇；(5)D 为。 能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基； 能发生银镜反应，说明含有醛基； 核磁共振氢谱显示有5组峰，满足条件的有机物为，故答案为；(6)用合成。可以首先将氧化为羧酸，再酯化即可，合成路线为，故答案为。
