一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）
1．造纸工业中常用Cl2漂白纸浆，漂白后的纸浆用NaHSO3除去残留的Cl2，其反应为：Cl2+NaHSO3+H2O=NaCl+H2SO4+HCl，在这个反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为（ ）
A． 2：3 B． 3：1 C． 2：1 D． 1：2
2．下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是（ ）
A． pH=1的溶液中：Na+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣
B． pH=7的溶液中：Fe3+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣
C． 使酚酞变红的溶液中：Ba2+、Cl﹣、Na+、NO3﹣
D． 加入铝粉产生氢气的溶液：Na+、Cu2+、Cl﹣、NO3﹣
3．已知I2+SO32﹣+H2O═SO42﹣+2I﹣+2H+．某无色溶液中只可能含有I﹣，NH4+，Ba2+，SO32﹣，MnO4﹣中的一种或几种，若向该溶液中滴加少量的溴水，溶液仍为无色，下列判断正确的是（ ）
A． 该溶液中肯定不含I﹣ B． 该溶液中可能含有Ba2+
C． 该溶液中肯定含有NH4+ D． 该溶液中可能含有MnO4﹣
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A． 42g乙烯和丙烯的混合气体中碳原子数目一定为3NA．
B． 用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1molCu（OH）2能使溶液复原，则电解时产生标准状况下1.12L的气体
C． 配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，把NaOH固体于烧杯中充分溶解，并迅速转移到容量瓶中定容
D． 30g的NO与O2充分反应后，生成的气体分子数为1NA．
5．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A． 过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2O
B． Fe2O3溶于氢碘酸：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
C． 碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应：NH4++OH﹣═H2O+NH3↑
D． 二氧化硫通入溴水中，溴水褪色：SO2+Br2+2H2O═4H++2Br﹣+SO42﹣
6．有Fe2+、NO3﹣、Fe3+、NH4+、H2O和H+六种粒子，分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述错误的是（ ）
A． 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：8
B． 还原产物为NH4+
C． 若有1molNO3﹣参加还原反应，转移8mol e﹣
D． 该反应中H2O是反应物之一
7．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A． 1molSiO2含有2NA个Si﹣O键
B． 1molNa2O2固体中含离子总数为3NA．
C． 标准状况下，22.4 L SO3所含分子数为NA．
D． 1L0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Mg2+个数为0.5NA．
8．下列说法或有关化学用语的表达正确的是（ ）
A． 在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
B． 核外电子排布由1s22s22p63s1﹣→1s22s22p6 的变化需要吸收能量
C． 因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大
D． 根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于s区元素
9．甲、乙、丙、丁四种物质分别含两种或三种元素，它们的分子中各含l8个电子．甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子．下列推断合理的是（ ）
A． 某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液只能与酸反应
B． 丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有﹣l价的元素
C． 丙中含有第二周期ⅣA族的元素，则丙一定是只含C、H的化合物
D． 乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键
10．A的化学式为NH5，常温下呈固态，构成它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构．则下列有关说法中，不正确的是（ ）
A． 1mol NH5中含有5NA个N﹣H键（NA为阿佛加德罗常数的数值）
B． NH5中既有共价键，又有离子键
C． 它与水反应的化学方程式为：NH5+H2O═NH3•H2O+H2↑
D． NH5的电子式为：
11．最近，科学家成功地制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构．下列对该晶体的叙述错误的是（ ）
A． 该物质的化学式为CO4
B． 该晶体的熔、沸点高，硬度大
C． 该晶体中C原子与C﹣0化学键数目之比为1：4
D． 该晶体的空间最小环由12个原子构成
12．下列醇既能发生消去反应，又能被氧化为醛的是（ ）
A． CH3OH B． C． D．
13．下列关于有机化合物的说法中，正确的是（ ）
A． 除去CH4中的C2H4杂质选用溴的CCl4溶液
B． 油脂、淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物
C． 甲苯和乙烯都可与酸性高锰酸钾溶液发生化学反应造成酸性高锰酸钾溶液褪色
D． 蛋白质溶液加入CuSO4溶液会析出，这一过程属于蛋白质的盐析
14．有关有机物的下列说法中正确的是（ ）
A． 汽油、煤油和植物油都是烃的混合物
B． 甲烷、乙烯和苯在工业上都可以通过煤干馏得到
C． 分子式为C8H6O2的芳香族有机物分子中不可能有羧基
D． 含五个碳原子的有机物，分子中最多可形成四个碳碳单键
15．下列选项中的数值前者小于后者的是（ ）
A． 25℃和l00℃时H2O的KW
B． 同温同浓度的KHCO3溶液和NH4HCO3，溶液中的c（HCO3﹣）
C． 同温同浓度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pH
D． 中和25mL0.1mol/L NaOH溶液所需CH3COOH和HCl的物质的量
16．部分氧化的FeCu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是（ ）
A． 滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+
B． 样品中Fe元素的质量为2.24g
C． 样品中CuO的质量为4.0g
D． V=6mL
二、非选择题（共4个大题，共52分）
17．A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大；A和C能形成一种分子X或一种+1价阳离子Y；B元素的原子有两个未成对电子；C、D在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体．试回答下列问题：
（1）A、D元素的名称分别为：A D ．
（2）X与等物质的量的HCl反应，产物溶于水得 （填“酸性”、“中性”或“碱性”）溶液，用离子方程式表示其原因 ．
（3）12gB单质在空气中完全燃烧，将燃烧后的气体缓慢通入1L1mol•L﹣1的NaOH溶液中，充分吸收后，最终所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是： ．
（4）把1molC的单质、3molA的单质置于一恒温恒容密闭容器中反应，达到平衡时，放出akJ的热量，此时，容器内的压强是反应开始时的75%，写出该反应的热化学方程式 ．
18．铁、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，回答下列问题．
（1）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀附在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板，取其腐蚀后的废液，加入一定量的铁粉后，若无固体剩余，则反应后的溶液中肯定有的离子是 ；若有红色固体，则反应后的溶液中肯定没有的离子是 ，检验该离子的试剂为 ．
（2）将少量铜丝放入适量的稀硫酸中，温度控制在50℃﹣60℃，加入H2O2，反应一段时间后可制得硫酸铜，发生反应的化学方程式为： ，
（3）实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分是Fe2O3及少量FeS、SiO2）制备绿矾（FeSO4.7H2O），测定产品中绿矾含量的实验步骤：
a．称取5.7g产品，溶解，配成250mL溶液；
b．量取25mL待测液于锥形瓶中；
c．用硫酸酸化的0.01mol•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液的体积为40mL．
根据上述步骤回答下列问题：
①滴定时发生反应的离子方程式为（完成并配平离子反应方程式）
Fe2++ Mn+（ ） ═ Fe3++ Mn2++（ ）
②用硫酸酸化的KMnO4溶液滴定至终点的标志是 ．
③上述产品中FeSO4•7H2O的质量分数为 ．
（4）铁 K3[Fe（CN）6]和亚铁K4[Fe（CN）6]的混合溶液可用于太阳能电池的电解液，该太阳能电池的工作原理示意图如图所示，其中催化剂a为 极，电极反应式为 ．
19．过渡元素具有较多的空轨道，所以第四周期的Cr、Fe、Co、Ni、Cu、Zn等多种金属能形成配合物．
（1）铬元素的基态原子的外围电子排布式是 ．
（2）科学家通过X射线测得胆矾结构示意图可简单表示如下：
图中虚线表示的作用力为 ；
（3）胆矾溶液与氨水在一定条件下可以生成Cu（NH3）4SO4•H2O晶体．在Cu（NH3）4SO4•H2O晶体中，[Cu（NH3）4]2+为平面正方形结构，则呈正四面体结构的原子团是 ，其中心原子的杂化轨道类型是 ；
（4）金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni（CO）4，呈正四面体构型．试推测四羰基镍的晶体类型是 ，Ni（CO）4易溶于下列 （用序号作答）．
A．水 B．四氯化碳 C．苯 D．硫酸镍溶液
（5）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．元素Y基态原子最外层电子数是其内层的3倍．X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示，该化合物的化学式为 ．
20．某物质E可做香料，其结构简式为 ，以苯为原料工业合成路线如下：
已知：
R﹣CH=CH2+HBr→（R﹣代表烃基）
R﹣CH=CH2+HBr
回答下列问题：
（1）E的官能团是 （写名称），②的反应类型是
（2）B的结构简式可能是 、 ；
（3）步骤④的化学方程式是 ；
（4）E有多种同分异构体，写出符合以下条件的结构简式 （只写顺式结构）．
①具有顺反结构
②能与NaOH溶液反应
③分子中苯环上的一溴代物有两种．
2014-2015学年福建省漳州市龙海二中高二（下）期末化学试卷
参与试题解析
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共48分）
1．造纸工业中常用Cl2漂白纸浆，漂白后的纸浆用NaHSO3除去残留的Cl2，其反应为：Cl2+NaHSO3+H2O=NaCl+H2SO4+HCl，在这个反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为（ ）
A． 2：3 B． 3：1 C． 2：1 D． 1：2
考点： 氧化还原反应的计算．
专题： 氧化还原反应专题．
分析： Cl2+NaHSO3+H2O=NaCl+H2SO4+HCl中，Cl元素的化合价降低得到电子被还原，S元素的化合价升高失去电子被氧化，结合电子及原子守恒计算．
解答： 解：Cl2+NaHSO3+H2O=NaCl+H2SO4+HCl中，S元素的化合价升高失去电子被氧化，则H2SO4为氧化产物，Cl元素的化合价降低得到电子被还原，则NaCl、HCl为还原产物，由反应可知，生成1mol氧化产物时，得到2mol还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，
故选D．
点评： 本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及氧化还原反应基本概念为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．
2．下列各组离子在指定的条件下一定能大量共存的是（ ）
A． pH=1的溶液中：Na+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣
B． pH=7的溶液中：Fe3+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣
C． 使酚酞变红的溶液中：Ba2+、Cl﹣、Na+、NO3﹣
D． 加入铝粉产生氢气的溶液：Na+、Cu2+、Cl﹣、NO3﹣
考点： 离子共存问题．
分析： A．pH=1的溶液，显酸性，离子之间发生氧化还原反应；
B．pH=7的溶液，不能大量存在Fe3+；
C．使酚酞变红的溶液，显碱性；
D．加入铝粉产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液．
解答： 解：A．pH=1的溶液，显酸性，H+、Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B．pH=7的溶液，不能大量存在Fe3+，在pH=4.4左右沉淀完全，故B错误；
C．使酚酞变红的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；
D．加入铝粉产生氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸溶液中Al、H+、NO3﹣发生氧化还原反应不生成氢气，碱溶液中不能大量存在Cu2+，故D错误；
故选C．
点评： 本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存及分析与应用能力的综合考查，题目难度不大．
3．已知I2+SO32﹣+H2O═SO42﹣+2I﹣+2H+．某无色溶液中只可能含有I﹣，NH4+，Ba2+，SO32﹣，MnO4﹣中的一种或几种，若向该溶液中滴加少量的溴水，溶液仍为无色，下列判断正确的是（ ）
A． 该溶液中肯定不含I﹣ B． 该溶液中可能含有Ba2+
C． 该溶液中肯定含有NH4+ D． 该溶液中可能含有MnO4﹣
考点： 离子共存问题．
专题： 离子反应专题．
分析： 无色溶液不含MnO4﹣，因还原性SO32﹣＞I﹣，滴加少量的溴水，溶液仍为无色，则可能不含I﹣，且Ba2+、SO32﹣不能共存，以此来解答．
解答： 解：无色溶液不含MnO4﹣，滴加少量的溴水，溶液仍为无色，因还原性SO32﹣＞I﹣，溴水少量，则可能不含I﹣，溴水与SO32﹣反应生成硫酸与HBr，溶液为无色，且Ba2+、SO32﹣不能共存，则一定含SO32﹣，不含Ba2+，又溶液为电中性，一定含阳离子为NH4+，
故选C．
点评： 本题考查离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意常见离子的颜色，题目难度不大．
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A． 42g乙烯和丙烯的混合气体中碳原子数目一定为3NA．
B． 用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1molCu（OH）2能使溶液复原，则电解时产生标准状况下1.12L的气体
C． 配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，把NaOH固体于烧杯中充分溶解，并迅速转移到容量瓶中定容
D． 30g的NO与O2充分反应后，生成的气体分子数为1NA．
考点： 阿伏加德罗常数．
分析： A．乙烯和丙烯的最简式为CH2，根据最简式进行计算；
B．没有告诉在标准状况下，无法计算电解生成气体的体积；
C．溶解后的氢氧化钠溶液必须冷却后才能转移到容量瓶中，否则影响配制结果；
D．30NO的物质的量为1mol，1mol一氧化氮与氧气反应生成1mol二氧化氮，由于部分二氧化氮转化成四氧化二氮，则生成物的物质的量小于1mol．
解答： 解：A．42g乙烯和丙烯的混合物中含有42g最简式CH2，含有最简式的物质的量为：=3mol，则混合物中含有3mol碳原子，混合气体中碳原子数目一定为3NA，故A正确；
B．不是标况下，不能使用标况下的气体摩尔体积计算气体体积，故B错误；
C．氢氧化钠溶于水放出热量，必须冷却后再转移到容量瓶，故C错误；
D．30gNO的物质的量为：=1mol，1molNO与氧气完全反应生成1mol二氧化氮，由于部分部分二氧化氮转化成四氧化二氮，则生成物的物质的量小于1mol，生成的气体分子数小于NA，故D错误；
故选A．
点评： 本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系．
5．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A． 过量的SO2通入NaOH溶液中：SO2+2OH﹣═SO32﹣+H2O
B． Fe2O3溶于氢碘酸：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
C． 碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应：NH4++OH﹣═H2O+NH3↑
D． 二氧化硫通入溴水中，溴水褪色：SO2+Br2+2H2O═4H++2Br﹣+SO42﹣
考点： 离子方程式的书写．
分析： A．二氧化硫过量，反应生成亚硫酸氢根离子；
B．铁离子具有氧化性，能够将碘离子氧化成碘单质；
C．强氧化钠足量，铵根离子和碳酸氢根离子都采用反应，漏掉了碳酸氢根离子与氢氧根离子的反应；
D．二氧化硫与溴发生了氧化还原反应生成溴化氢和硫酸．
解答： 解：A．过量的SO2通入NaOH溶液中，反应生成亚硫酸氢钠，正确的离子方程式为：SO2+OH﹣═HSO3﹣，故A错误；
B．生成的铁离子将碘离子氧化，正确的离子方程式为：2I﹣+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2，故B错误；
C．二者反应生成碳酸钠、一水合氨和水，正确的离子方程式为：2OH﹣+NH4++HCO3﹣=CO32﹣+NH3•H2O+H2O，故C错误；
D．二氧化硫通入溴水中，溴水褪色，反应的离子方程式为：SO2+Br2+2H2O═4H++2Br﹣+SO42﹣，故D正确；
故选D．
点评： 本题考查了离子方程式的正误判断，该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等．
6．有Fe2+、NO3﹣、Fe3+、NH4+、H2O和H+六种粒子，分别属于同一氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述错误的是（ ）
A． 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：8
B． 还原产物为NH4+
C． 若有1molNO3﹣参加还原反应，转移8mol e﹣
D． 该反应中H2O是反应物之一
考点： 氧化还原反应．
分析： Fe2+具有还原性，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，由题意可以确定，铁元素的化合价升高，N元素的化合价降低，则发生反应8Fe2++NO3﹣+10H+=8Fe3++NH4++3H2O．
A、该反应中氧化剂是NO3﹣，还原剂是Fe2+，结合方程式判断氧化剂与还原剂的物质的量之比；
B、氧化剂通过还原反应生成的产物为还原产物．反应中N元素的化合价由NO3﹣中+5价降低为NH4+中﹣3价；
C、反应中N元素的化合价由NO3﹣中+5价降低为NH4+中﹣3价，据此计算有lmolNO3﹣ 发生还原反应转移电子数；
D、根据以上分析，H2O是生成物之一．
解答： 解：Fe2+具有还原性，NO3﹣在酸性条件下具有强氧化性，由题意可以确定，铁元素的化合价升高，N元素的化合价降低，则发生反应8Fe2++NO3﹣+10H+=8Fe3++NH4++3H2O．
A、由方程式可知该反应中氧化剂（NO3﹣）与还原剂（Fe2+）物质的量之比为1：8，故A正确；
B、反应中N元素的化合价由NO3﹣中+5价降低为NH4+中﹣3价，NH4+是还原产物，故B正确；
C、反应中N元素的化合价由NO3﹣中+5价降低为NH4+中﹣3价，所以有lmolNO3﹣ 发生还原反应，转移电子数为1mol×[5﹣（﹣3）]=8mol，故C正确；
D、根据以上分析，H2O是生成物之一，故D错误，
故选：D．
点评： 本题考查氧化还原反应，难度中等，根据反应物和生成物结合物质的性质书写该反应的离子方程式是解答关键．
7．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A． 1molSiO2含有2NA个Si﹣O键
B． 1molNa2O2固体中含离子总数为3NA．
C． 标准状况下，22.4 L SO3所含分子数为NA．
D． 1L0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Mg2+个数为0.5NA．
考点： 阿伏加德罗常数．
分析： A、依据二氧化硅结构分析判断；
B、过氧化钠中阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子；
C、标准状况下，22.4 L SO3为固态；
D、根据氢氧化镁为弱碱，Mg2+要发生水解；
解答： 解：A、1molSiO2晶体内含有4NA个Si﹣O键，故A错误；
B、过氧化钠中阴离子为过氧根离子，1mol过氧化钠中含有2mol钠离子、1mol过氧根离子，总共含有3mol离子，含阴、阳离子的总数为3NA，故B正确；
C、标准状况下，22.4 L SO3为固态，故C错误；
D、因为氢氧化镁为弱碱，Mg2+要发生水解，所以1L0.5mol/L的MgCl2溶液中，含有Mg2+个数小于0.5NA，故D错误；
故选：B．
点评： 本题考查了阿伏伽德罗常的应用，主要考查二氧化硅的结构，过氧化钠的电离，题目难度中等，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系．
8．下列说法或有关化学用语的表达正确的是（ ）
A． 在基态多电子原子中，p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量
B． 核外电子排布由1s22s22p63s1﹣→1s22s22p6 的变化需要吸收能量
C． 因氧元素电负性比氮元素大，故氧原子第一电离能比氮原子第一电离能大
D． 根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于s区元素
考点： 元素电离能、电负性的含义及应用；原子核外电子的运动状态；吸热反应和放热反应．
分析： A、同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高；
B、原子由1s22s22p63s1失去一个电子转变为1s22s22p6 的变化需要吸收能量；
C、N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子；
D、Cu的外围电子排布式为3d104S1，位于元素周期表的ds区．
解答： 解：A、同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故A错误；
B、核外电子排布由1s22s22p63s1，该原子处于基态钠原子，失去最外层一个电子转变成1s22s22p6为钠离子，所以由1s22s22p63s1→1s22s22p6 的变化需要吸收能量，故B正确；
C、N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子，故C错误；
D、Cu的外围电子排布式为3d104S1，位于元素周期表的ds区，故D错误；
故选B．
点评： 本题考查原子核外电子排布规律及排布式的书写，题目难度不大，本题注意原子核外电子的排布和运动特点．
9．甲、乙、丙、丁四种物质分别含两种或三种元素，它们的分子中各含l8个电子．甲是气态氢化物，在水中分步电离出两种阴离子．下列推断合理的是（ ）
A． 某钠盐溶液含甲电离出的阴离子，则该溶液只能与酸反应
B． 丁和甲中各元素质量比相同，则丁中一定含有﹣l价的元素
C． 丙中含有第二周期ⅣA族的元素，则丙一定是只含C、H的化合物
D． 乙与氧气的摩尔质量相同，则乙一定含有极性键和非极性键
考点： 位置结构性质的相互关系应用．
分析： 甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，乙与氧气的摩尔质量相同，可能为CH3OH、N2H4等符合，丙中含有二周期IVA族的元素，可能为CH3OH，丁和甲中各元素质量比相同，应为H2O2，结合各物质的结构和性质解答该题．
解答： 解：甲是18电子的氢化物，且其水溶液为二元弱酸，不难得出甲为H2S，乙与氧气的摩尔质量相同，可能为CH3OH、N2H4等符合，丙中含有二周期IVA族的元素，可能为CH3OH，丁和甲中各元素质量比相同，应为H2O2，
A．甲为H2S，某钠盐溶液若为NaHS溶液，其中含有HS﹣、OH﹣，但NaHS既能与盐酸等反应生成H2S，也能与Na0H反应生成Na2S，故A错误；
B．H2S中元素的质量比为1：16，H2O2分子中元素的质量比也为1：16，H2O2中氧元素的价态为一1价，故B正确；
C．第二周期IVA族元素为C，如CH3OH符合，但CH3OH分子中含有氧元素，故C错误；
D．氧气的摩尔质量为32g/mol，乙的摩尔质量也为32g/mol，且含有18电子，CH3OH符合，CH3OH中只含有极性键无非极性键，故D错误；
故选B．
点评： 本题考查无机物的推断，题目难度较大，注意常见18电子物质的种类以及性质，解答本题时注意能找出反例，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力．
10．A的化学式为NH5，常温下呈固态，构成它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构．则下列有关说法中，不正确的是（ ）
A． 1mol NH5中含有5NA个N﹣H键（NA为阿佛加德罗常数的数值）
B． NH5中既有共价键，又有离子键
C． 它与水反应的化学方程式为：NH5+H2O═NH3•H2O+H2↑
D． NH5的电子式为：
考点： 不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．
专题： 化学键与晶体结构．
分析： 固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，应为NH4H，是一种离子化合物，能与水反应：NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，有氨气生成．
解答： 解：A．根据氮原子的原子结构，最外层5个电子最多和四个氢原子形成共价键（其中一个是配位键，氮原子提供一对电子，氢离子提供空轨道形成），形成了带正电荷的铵根离子，所以另一个氢原子只能是形成H﹣，阴阳离子间形成离子键，故A错误；
B．NH5是离子化合物氢化铵，铵根中的氮原子与四个氢原子形成四个共价键，NH4+与H﹣之间为离子键，故B正确；
C．NH4H中含有﹣1价H，可与水发生氧化还原反应，方程式为NH4H+H2O=NH3•H2O+H2↑，故C正确；
D．根据离子化合物的结构特征，阳离子是铵根离子，阴离子是氢阴离子，都达到了稀有气体的最外层结构，电子式正确，故D正确．
故选A．
点评： 本题考查离子化合物的结构和性质，涉及原子间化学键的形成，原子最外层电子的稳定结构形成，电子式的书写等知识，为高频考点，注意把握题给信息，难度不大．
11．最近，科学家成功地制成了一种新型的碳氧化合物，该化合物晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合为一种空间网状的无限伸展结构．下列对该晶体的叙述错误的是（ ）
A． 该物质的化学式为CO4
B． 该晶体的熔、沸点高，硬度大
C． 该晶体中C原子与C﹣0化学键数目之比为1：4
D． 该晶体的空间最小环由12个原子构成
考点： 晶胞的计算；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．
专题： 化学键与晶体结构．
分析： 根据题意知，该化合物晶体中以C﹣O结合为一种空间网状的无限延伸结构，所以该化合物属于原子晶体，和晶体二氧化硅的结构相似，利用均摊法确定其化学式，根据原子晶体的性质分析解答．
解答： 解：A．晶体中每个碳原子均以四个共价单键与氧原子结合，每个氧原子和2个碳原子以共价单键相结合，所以碳氧原子个数比=1：2，则其化学式为：CO2，故A错误；
B．该化合物晶体属于原子晶体，所以其熔沸点高，硬度大，故B正确；
C．该晶体中，每个碳原子含有4个C﹣O共价键，所以C原子与C﹣0化学键数目之比为1：4，故C正确；
C．该晶体的空间最小环由6个碳原子和6个氧原子构成，故D正确；
故选A．
点评： 本题考查晶体类型的判断及其结构的分析，该化合物和二氧化硅晶体的结构类似，根据二氧化硅的结构来分析解答即可，难度中等．
12．下列醇既能发生消去反应，又能被氧化为醛的是（ ）
A． CH3OH B． C． D．
考点： 有机物的结构和性质．
分析： 醇能发生消去反应，说明连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，醇能被氧化生成醛，说明醇羟基位于边上，据此分析解答．
解答： 解：醇能发生消去反应，说明连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，醇能被氧化生成醛，说明醇羟基位于边上，
A．甲醇中只有一个碳原子，不能发生消去反应，故A错误；
B.2﹣丙醇被氧化生成酮而不是醛，故B错误；
C．该分子中连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，故C错误；
D．该分子中醇羟基位于边上且连接醇羟基碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以能发生消去反应、能被氧化生成醛，故D正确；
故选D．
点评： 本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系即可解答，注意醇发生消去反应时醇分子结构特点，为易错点．
13．下列关于有机化合物的说法中，正确的是（ ）
A． 除去CH4中的C2H4杂质选用溴的CCl4溶液
B． 油脂、淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物
C． 甲苯和乙烯都可与酸性高锰酸钾溶液发生化学反应造成酸性高锰酸钾溶液褪色
D． 蛋白质溶液加入CuSO4溶液会析出，这一过程属于蛋白质的盐析
考点： 有机物的结构和性质．
分析： A．甲烷易溶于四氯化碳；
B．油脂不是高分子化合物；
C．甲苯可被酸性高锰酸钾氧化，乙烯含有碳碳双键，也可被氧化；
D．硫酸铜可使蛋白质变性．
解答： 解：A．甲烷易溶于四氯化碳，应用溴水除杂，故A错误；
B．高分子化合物的相对分子质量在10000以上，油脂不是高分子化合物，故B错误；
C．甲苯可被酸性高锰酸钾氧化，乙烯含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故C正确；
D．硫酸铜可使蛋白质变性，故D错误．
故选C．
点评： 本题综合考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于双基的考查，注意把握有机物的性质的异同，难度不大．
14．有关有机物的下列说法中正确的是（ ）
A． 汽油、煤油和植物油都是烃的混合物
B． 甲烷、乙烯和苯在工业上都可以通过煤干馏得到
C． 分子式为C8H6O2的芳香族有机物分子中不可能有羧基
D． 含五个碳原子的有机物，分子中最多可形成四个碳碳单键
考点： 饱和烃与不饱和烃；有机化合物中碳的成键特征；煤的干馏和综合利用．
分析： A、植物油属于酯类是烃的衍生物；
B、根据石油的成分分析；
C、分子式为C8H6O2的芳香族有机物分子中不可能有羧基，若有羧基，其分子式应该为C8H8O2；
D、环戊烷中含有五根碳碳单键．
解答： 解：A、汽油、煤油的主要成分为烷烃，属于碳氢化合物，植物油属于酯类是烃的衍生物，故A错误；
B、石油主要是烷烃、环烷烃和芳香烃的混合物，石油分馏得不到乙烯，故B错误；
C、分子式为C8H6O2的芳香族有机物分子中含有两个不饱和键，所以不可能有羧基，若有羧基，其分子式应该为C8H8O2，故C正确；
D、环戊烷中含有五根碳碳单键，所以含五个碳原子的有机物，每个分子中最多含有五根碳碳单键，故D错误；
故选C．
点评： 本题考查有机物的结构与性质，把握常见有机物的组成、结构、性质为解答的关键，注意官能团与性质的关系，题目难度不大．
15．下列选项中的数值前者小于后者的是（ ）
A． 25℃和l00℃时H2O的KW
B． 同温同浓度的KHCO3溶液和NH4HCO3，溶液中的c（HCO3﹣）
C． 同温同浓度的NaHCO3溶液和CH3COONa溶液的pH
D． 中和25mL0.1mol/L NaOH溶液所需CH3COOH和HCl的物质的量
考点： 盐类水解的原理；化学方程式的有关计算；水的电离．
分析： A、水的电离是吸热的过程，水的离子积只受温度的影响；
B、同温同浓度的KHCO3溶液和NH4HCO3溶液中的碳酸氢根离子的水解程度不相同；
C、NaHCO3溶液和CH3COONa溶液中的阴离子的水解程度不相同，所以酸碱性不同；
D、氢氧化钠和一元酸反应时，恰好中和，酸、碱的物质的量相同．
解答： 解：A、水的电离是吸热的过程，水的离子积只受温度的影响，温度越高，水的Kw越大，所以25℃时H2O的KW小于l00℃时H2O的KW，故A正确；
B、同温同浓度的KHCO3溶液和NH4HCO3溶液中的碳酸氢根离子的水解程度不相同，后者铵根离子的存在促进碳酸氢根离子的水解，所以溶液中的c（HCO3﹣）前者大于后者，故B错误；
C、醋酸酸性强于碳酸，所以碳酸氢根离子的水解程度大于醋酸根离子的水解程度，NaHCO3溶液的pH大于CH3COONa溶液，故C错误；
D、中和25mL0.1mol/L NaOH溶液所需CH3COOH和HCl的物质的量是相等的，故D错误．
故选A．
点评： 本题考查水的离子积的影响他因素以及盐的水解原理知识，注意盐的水解规律：越弱越水解的应用是关键，难度中等．
16．部分氧化的FeCu合金样品（氧化产物为Fe2O3、CuO）共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是（ ）
A． 滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+
B． 样品中Fe元素的质量为2.24g
C． 样品中CuO的质量为4.0g
D． V=6mL
考点： 铁的氧化物和氢氧化物；铜金属及其重要化合物的主要性质．
专题： 几种重要的金属及其化合物．
分析： 氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，铁离子优先反应，其次是氢原子与铁反应，由于滤液中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤渣3.2g为金属铜，物质的量为0.05mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05mol；滤液A中不含铁离子，则最后灼烧得到的固体3.2g为Fe2O3，物质的量为0.02mol，铁元素的物质的量为0.04mol，据此进行解答．
解答： 解：A．由于氧化性Fe3+＞Cu2+＞H+，铁离子优先反应，所以滤液中一定不存在铁离子，故A错误；
B．滤液A中含有亚铁离子和氢离子，加入足量氢氧化钠溶液后，过滤，最后灼烧得到的固体为氧化铁，3.2g氧化铁的物质的量为0.02mol，含有铁元素的物质的量为0.02mol×2=0.04mol，样品中所有铁元素都生成了氧化铁，所以样品中Fe元素的质量为：56g/mol×0.04mol=2.24g，故B正确；
C．由于生成了氢气、滤液中不含铜离子，滤渣3.2g为金属铜，铜元素的物质的量为0.05mol，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为：80g/mol×0.05mol=4.0g，由于部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质量一定小于4.0g，故C错误；
D．由于部分铁用于置换金属铜，则与氢离子反应生成氢气的铁的物质的量小于0.04mol，反应生成的气体的物质的量小于0.04mol，标况下生成的气体的体积一定小于：22.4mol/L×0.04mol=0.6L=6mL，故D错误；
故选B．
点评： 本题为无机推断，考查了铁、铜单质及其氧化物的性质，题目难度中等，注意掌握铁、铜的单质及其化合物性质，明确离子的氧化性强弱是解题关键，试题培养了学生的分析、理解能力．
二、非选择题（共4个大题，共52分）
17．A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大；A和C能形成一种分子X或一种+1价阳离子Y；B元素的原子有两个未成对电子；C、D在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体．试回答下列问题：
（1）A、D元素的名称分别为：A 氢 D 氧 ．
（2）X与等物质的量的HCl反应，产物溶于水得 酸性 （填“酸性”、“中性”或“碱性”）溶液，用离子方程式表示其原因 NH4++H2ONH3•H2O+H+ ．
（3）12gB单质在空气中完全燃烧，将燃烧后的气体缓慢通入1L1mol•L﹣1的NaOH溶液中，充分吸收后，最终所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是： c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣） ．
（4）把1molC的单质、3molA的单质置于一恒温恒容密闭容器中反应，达到平衡时，放出akJ的热量，此时，容器内的压强是反应开始时的75%，写出该反应的热化学方程式 N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣2a kJ mol﹣1 ．
考点： 位置结构性质的相互关系应用．
分析： A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大，C、D在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则C为N元素、D为O元素；B元素的原子有两个未成对电子，原子序数小于氮，核外电子排布为1s22s22p2，故B为碳元素；A和C能形成一种分子X或一种+1价阳离子Y，A为H元素，X为NH3，Y为NH4+，据此解答．
解答： 解：A、B、C、D四种短周期元素，原子序数依次增大，C、D在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则C为N元素、D为O元素；B元素的原子有两个未成对电子，原子序数小于氮，核外电子排布为1s22s22p2，故B为碳元素；A和C能形成一种分子X或一种+1价阳离子Y，A为H元素，X为NH3，Y为NH4+．
（1）由上述分析可知，A为氢元素，D为氧元素，故答案为：氢；氧；
（2）X为NH3，与等物质的量的HCl反应生成NH4Cl，溶液中NH4+水解：NH4++H2ONH3•H2O+H+，溶液呈酸性，
故答案为：酸性；NH4++H2ONH3•H2O+H+；
（3）12g碳单质的物质的量为=1mol，所以生成的二氧化碳为1mol，氢氧化钠的物质的量为l L×l mol/L=1mol，n（CO2）：n（NaOH）=1：1，所以二氧化碳与氢氧化钠反应生成NaHCO3，HCO3﹣的水解沉淀等于电离程度，溶液呈碱性，溶液中氢离子源于水的电离、碳酸氢根电离，故溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣），
故答案为：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）＞c（CO32﹣）；
（4）N2+3H22NH3 物质的量减小
1 2
n （1mol+3mol）×（1﹣75%）=1mol
故n=0.5mol，则1mol氮气反应放出的热量为2a kJ，反应热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣2a kJ mol﹣1，
故答案为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g）△H=﹣2a kJ mol﹣1．
点评： 本题考查结构性质与位置关系综合应用，涉及盐类水解应用、热化学方程式、化学平衡计算等，难度中等，是对所学知识的综合考查，推断元素是解题的关键．
18．铁、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，回答下列问题．
（1）电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀附在绝缘板上的铜箔制造印刷电路板，取其腐蚀后的废液，加入一定量的铁粉后，若无固体剩余，则反应后的溶液中肯定有的离子是 Fe2+、Cu2+ ；若有红色固体，则反应后的溶液中肯定没有的离子是 Fe3+ ，检验该离子的试剂为 KSCN溶液 ．
（2）将少量铜丝放入适量的稀硫酸中，温度控制在50℃﹣60℃，加入H2O2，反应一段时间后可制得硫酸铜，发生反应的化学方程式为： Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O ，
（3）实验室利用硫酸厂烧渣（主要成分是Fe2O3及少量FeS、SiO2）制备绿矾（FeSO4.7H2O），测定产品中绿矾含量的实验步骤：
a．称取5.7g产品，溶解，配成250mL溶液；
b．量取25mL待测液于锥形瓶中；
c．用硫酸酸化的0.01mol•L﹣1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液的体积为40mL．
根据上述步骤回答下列问题：
①滴定时发生反应的离子方程式为（完成并配平离子反应方程式）
5 Fe2++ 1 Mn+（ 8 ） H+ ═ 5 Fe3++ 1 Mn2++（ 4 ） H2O
②用硫酸酸化的KMnO4溶液滴定至终点的标志是 滴入最后一滴酸性KMnO4时，溶液呈淡紫色，半分钟内不褪色 ．
③上述产品中FeSO4•7H2O的质量分数为 0.975（或97.5%） ．
（4）铁 K3[Fe（CN）6]和亚铁K4[Fe（CN）6]的混合溶液可用于太阳能电池的电解液，该太阳能电池的工作原理示意图如图所示，其中催化剂a为 负 极，电极反应式为 [Fe（CN）6]4﹣﹣e﹣=[Fe（CN）6]3﹣ ．
考点： 铁的氧化物和氢氧化物；氧化还原反应方程式的配平；原电池和电解池的工作原理；铜金属及其重要化合物的主要性质．
分析： （1）铜与氯化铁反应生成氯化铁、氯化亚铁，反应方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，加入一定量的铁粉后，若无固体剩余，发生2Fe3++Fe=3Fe2+；若有红色固体，发生2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu；
（2）根据H2O2的氧化性，在酸性条件下双氧水可以把铜氧化成二价铜离子；
（3）①根据在酸性条件下反应，反应物一定有氢离子，然后根据电子守恒和质量守恒配平方程式；
②根据反应结束时滴入高锰酸钾溶液溶液后颜色变化判断滴定终点；
③根据反应方程式及高锰酸钾的物质的量计算出产品中FeSO4•7H2O的质量分数；
（4）由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，阳离子向正极移动，以此来解答．
解答： 解：（1）铜与氯化铁反应生成氯化铁、氯化亚铁，反应方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，加入一定量的铁粉后，若无固体剩余，发生2Fe3++Fe=3Fe2+，则溶液中的阳离子为Fe2+、Cu2+；若有红色固体，发生2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，则溶液中肯定没有的离子是Fe3+，检验Fe3+选择KSCN溶液，观察是否出现血红色，若无血红色出现，证明不含，
故答案为：Fe2+、Cu2+；Fe3+； KSCN溶液；
（2）少量铜丝放入适量的稀硫酸中铜丝不与稀硫酸反应，但加入H2O2后由于双氧水具有强氧化性，在酸性条件下可以把铜氧化成二价铜离子，所以方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，
故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；
（3）①用硫酸酸化的0.01mol/L KMnO4溶液，所以反应物中一定有氢离子，高锰酸根离子化合价由+7变为+2，降低了5价，亚铁离子与+2变为+3，升高了1价，所以高锰酸根离子系数为1、亚铁离子系数为5，根据电荷守恒、质量守恒配平氢离子、水，配平后的方程式为：5Fe2++1MnO4﹣+8H+═5Fe3++1Mn2++4H2O，
故答案为：5；1；8；H+；5；1；4；H2O；
②当亚铁离子与高锰酸钾离子完全反应后，再滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液会呈淡紫色，据此判断滴定终点，
故答案为：滴定最后一滴酸性KMnO4时溶液呈淡紫色，半分钟内不褪色；
③25mL待测液消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.01mol/L×0.04L=0.0004mol，
5.7g产品配成250mL溶液消耗高锰酸钾的物质的量为0.0004mol×=0.004mol，
根据反应：5Fe2++1MnO4﹣+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O，硫酸亚铁的物质的量为：0.004mol×5=0.02mol，
所以样品中含有的FeSO4•7H2O的质量为：278g/mol×0.02mol=5.56g，
FeSO4•7H2O的质量分数为：×100%≈97.5%，
故答案为：0.975或97.5%．
（4）由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，发生氧化反应，可知催化剂a表面发生反应电极反应为Fe（CN）﹣﹣e﹣═Fe（CN）63﹣，
故答案为：负；Fe（CN）﹣﹣e﹣═Fe（CN）63﹣．
点评： 本题考查金属及化合物的综合应用，为高频考点，涉及氧化还原反应计算、离子反应、离子检验及原电池的应用等，注重化学反应原理的分析与应用能力的考查，题目难度中等．
19．过渡元素具有较多的空轨道，所以第四周期的Cr、Fe、Co、Ni、Cu、Zn等多种金属能形成配合物．
（1）铬元素的基态原子的外围电子排布式是 3d54s1 ．
（2）科学家通过X射线测得胆矾结构示意图可简单表示如下：
图中虚线表示的作用力为 氢键、配位键 ；
（3）胆矾溶液与氨水在一定条件下可以生成Cu（NH3）4SO4•H2O晶体．在Cu（NH3）4SO4•H2O晶体中，[Cu（NH3）4]2+为平面正方形结构，则呈正四面体结构的原子团是 SO42一 ，其中心原子的杂化轨道类型是 sp3 ；
（4）金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni（CO）4，呈正四面体构型．试推测四羰基镍的晶体类型是 分子晶体 ，Ni（CO）4易溶于下列 BC （用序号作答）．
A．水 B．四氯化碳 C．苯 D．硫酸镍溶液
（5）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．元素Y基态原子最外层电子数是其内层的3倍．X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示，该化合物的化学式为 ZnO ．
考点： 原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算．
分析： （1）根据Cr是24号元素，其原子核外有24个电子书写外围电子排布式；
（2）电子对给予﹣接受键被称为配位键；氢键是由已经与电负性很强的原子形成共价键的氢原子与另一个分子中电负性很强的原子之间的作用力，根据定义判断；
（3）根据价层电子对互斥理论、杂化轨道理论分析；
（4）根据其状态、熔点判断四羰基镍的晶体类型；根据相似相溶原理分析；
（5）元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；元素Y最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，则Y是O元素．
解答： 解：（1）Cr是24号元素，其原子核外有24个电子，根据能量最低原理及洪特规则书写其核外电子排布式，3d能级的能量大于4s能级的能量，所以先排4s后排3d，轨道中的电子处于全满、半满、全空时原子最稳定，所以Cr的外围电子排布式为3d54s1，
故答案为：3d54s1；
（2）通过图象知，图中虚线表示的作用力有铜离子和水分子之间的配位键，氢原子和另一分子中氧原子之间的氢键，
故答案为：氢键、配位键；
（3）SO42一离子中含有4个δ键，孤电子对数==0，所以SO42一为正四面体结构；杂化轨道数=中心原子的孤电子对数+中心原子的δ键个数，所以采用sp3杂化，
故答案为：SO42一；sp3；
（4）Ni（CO）4是液态挥发性物质，所以其熔点较低，故为分子晶体；呈正四面体构型，是对称结构，所以是非极性物质，根据相似相溶原理知，Ni（CO）4 易溶于非极性溶剂，苯、四氯化碳是非极性物质，所以Ni（CO）4 易溶于苯、四氯化碳，
故答案为：分子晶体；BC；
（5）元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；元素Y最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，则Y是O元素，该晶胞中X离子数目=8×+6×=4，Y离子数目=4，所以X和Y离子数目之比等于4：4即1：1，所以该化合物的化学式为ZnO，故答案为：ZnO．
点评： 本题考查较为综合，涉及电子排布式、分子的立体构型、杂化轨道类型、氢键、化学键类型等知识，具有一定的难度，本题注意Cr原子核外电子排布式中3d上5个电子4s上1个电子，不是3d上4个电子4s上2个电子，要注意Cr、Cu原子核外电子排布式的书写．
20．某物质E可做香料，其结构简式为 ，以苯为原料工业合成路线如下：
已知：
R﹣CH=CH2+HBr→（R﹣代表烃基）
R﹣CH=CH2+HBr
回答下列问题：
（1）E的官能团是 醛基 （写名称），②的反应类型是 取代反应
（2）B的结构简式可能是 、 ；
（3）步骤④的化学方程式是 ；
（4）E有多种同分异构体，写出符合以下条件的结构简式 （只写顺式结构）．
①具有顺反结构
②能与NaOH溶液反应
③分子中苯环上的一溴代物有两种．
考点： 有机物的推断．
专题： 有机物的化学性质及推断．
分析： 根据题中各物质转化关系，反应①为苯与丙烯发生加成反应得异丙苯，异丙苯与氯气在光照条件下发生侧链上取代反应生成一氯代物B，则B为或，反应③为B在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，反应④为与HBr发生加成反应生成C，C发生水解反应生成D，D发生氧化反应生成，则D为，C为，据此解答．
解答： 解：根据题中各物质转化关系，反应①为苯与丙烯发生加成反应得异丙苯，异丙苯与氯气在光照条件下发生侧链上取代反应生成一氯代物B，则B为或，反应③为B在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，反应④为与HBr发生加成反应生成C，C发生水解反应生成D，D发生氧化反应生成，则D为，C为，
（1）根据E的结构简式可知，E的官能团是醛基，根据上面的分析可知②的反应类型是取代反应，故答案为：醛基；取代反应；
（2）由上述分析可知，B的结构简式可能是或，
故答案为：或；
（3）步骤④的化学方程式是，
故答案为：；
（4）E（）的同分异构体符合以下条件：
①具有顺反结构，碳碳双键中碳原子连接不同的原子或原子团；
②能与NaOH溶液反应，含有酚羟基；
③分子中苯环上的一溴代物有两种，两个不同的取代基处于对位，
该同分异构体的顺式结构为：，
故答案为：．
点评： 本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的结构，采取正逆推法相结合进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，难度中等．
