海南省海口市第四中学2020届高三化学上学期摸底考试试题【含解析】

1、海南省海口市第四中学2020届高三化学上学期摸底考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Fe-56 Cu-64第I卷(共40分)一、单选题（本题共16分，每小题2分，只有一项是符合题目要求的。）1.下列有关甲醛的化学用语表达错误的是()A. 结构简式：HCHOB. 电子式：C. 比例模型：D. 最简式：CH2O【答案】B【解析】【详解】A结构简式就是结构式的简单表达式，甲醛中含有醛基，结构简式为：HCHO，故A正确；B甲醛分子中碳原子和氧原子之间有两个共用电子对形成碳氧双键，故B错误；C比例模型体现的是组成该分子的原子间的相对大小、分子的空

2、间结构、原子间的连接顺序，氧原子半径小于碳原子，碳原子半径大于氢原子，所以其比例模型为，故C正确；D最简式是用元素符号表示化合物分子中各元素的原子个数比的最简关系式，所以甲醛的最简式为CH2O，故D正确；故选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意比例模型中原子的相对大小的比较。2.下列物质中含有共价键的离子化合物是() MgBr2 NaClO NaOH NH4Cl CO2 N2A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】MgBr2中镁离子和溴离子之间只存在离子键，故错误；NaClO中钠离子和次氯酸根离子之间存在离子键，次氯酸根离子中氯原子和氧原子之间存在共价键，故正确；NaOH中钠离子和氢

3、氧根离子间存在离子键，氢氧根离子中氧原子和氢原子之间存在共价键，故正确； NH4Cl中氯离子和铵根离子之间存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在共价键，故正确； CO2中碳原子和氧原子之间存在共价键，故错误； N2中氮原子和氮原子之间存在共价键，故错误；故选B。3.下列溶液中呈酸性的是()A. NH4Cl 溶液B. NaNO3溶液C. KHCO3 溶液D. Na2SO3 溶液【答案】A【解析】【详解】A氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解，导致溶液呈酸性，故A选；B硝酸钠是强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故B不选； CKHCO3是强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解，溶液呈碱性，故C不选；D亚硫酸钠

4、是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解，溶液呈碱性，故D不选；故选A。【点睛】本题的易错点为C，要注意碳酸氢钠中存在碳酸氢根离子的水解和电离，但水解程度大于电离程度，溶液显碱性。4.下列有关化学反应速率的说法正确的是()A. 用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，滴加少量CuSO4溶液可以加快反应的速率B. 100 mL 2 molL-1的盐酸跟锌片反应时，加入氯化钠溶液，反应速率不变C. SO2的催化氧化正向是一个放热反应，所以升高温度，正反应速率减慢D. NO和CO反应可转化为无害的N2和CO2，当减小压强，反应速率加快【答案】A【解析】【详解】A滴加少量CuSO4溶液，铁置换出铜，形成原电池反应，加快反

5、应速率，故A正确；B加入适量的氯化钠溶液，溶液体积增大，氢离子浓度减小，反应速率减小，故B错误；C升高温度，使单位体积内活化分子百分数增加，反应速率增大，故C错误；D减小压强，正逆反应速率都减小，故D错误；故选A。5.下列有关物质的熔点高低顺序正确的是()A. HFHClHBrB. 金刚石碳化硅晶体硅C. I2SiO2D. H2OH2S，SO2SeO2【答案】D【解析】【详解】AHF分子间存在氢键，导致同一主族的氢化物中HF的沸点最高，则正确的沸点高低为：HClHBrHF，故A错误；B原子晶体中共价键的键长越短，键能越大，熔、沸点越高，则熔、沸点为金刚石碳化硅晶体硅，故B错误；C一般来说，晶体

6、熔点顺序：原子晶体离子晶体分子晶体，二氧化硅属于原子晶体、I2属于分子晶体，所以晶体熔沸点高低顺序是SiO2I2，故C错误；DH2O分子间能够形成氢键，熔点H2OH2S，SO2 和SeO2的结构相似，相对分子质量越大，熔点越高，熔点SO2SeO2，故D正确；故选D。6.根据下列性质判断，属于原子晶体的物质是()A. 熔点2 700 ，导电性好，延展性强B. 熔点56.6 ，微溶于水，硬度小，固态或液态时不导电C. 无色晶体，能溶于水，质硬而脆，熔点为800 ，熔化时能导电D. 无色晶体，熔点3 550 ，不导电，质硬，难溶于水和有机溶剂【答案】D【解析】【详解】A熔点2700，导电性好，延展性

7、强，是金属晶体具有的物理性质，故A错误；B熔点-56.6，微溶于水，硬度小，固态或液态时不导电，属于分子晶体的物理性质，故B错误；C无色晶体，能溶于水，质硬而脆，熔点800，熔化时能导电，为离子晶体的物理性质，故C错误；D无色晶体，熔点3500，不导电，质硬，难溶于水和有机溶剂，为原子晶体的物理性质，故D正确；故选D。7.下列说法中正确的是()A. 极性分子组成的溶质一定易溶于极性分子组成的溶剂之中，非极性分子组成的溶质一定易溶于非极性分子组成的溶剂中B. 溴分子和水分子是极性分子，四氯化碳分子是非极性分子，所以溴难溶于水而易溶于四氯化碳C. 白磷分子是非极性分子，水分子是极性分子，而二硫化碳

8、是非极性分子，所以白磷难溶于水而易溶于二硫化碳D. 水分子是极性分子，二氧化碳可溶于水，因此二氧化碳是极性分子【答案】C【解析】A、很多有机物分子都是极性分子，但因为极性很弱，所以大部分难溶于水，而有机物之间的溶解度却很大，选项A错误；B、溴分子是非极性分子，选项B错误；C、白磷分子是非极性分子，水分子是极性分子，而二硫化碳是非极性分子，所以白磷难溶于水而易溶于二硫化碳，选项C正确；D、二氧化碳是非极性分子，选项D错误。答案选C。8.NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A. 1 mol 乙烯分子中含有的键数为4NAB. 在密闭容器中加入l.5mol H2和0.5molN2，充分反应后

9、可得到NH3分子数为NAC. 1.0L的0.1 molL-1Na2S溶液中含有的S2-离子数小于0.1NAD. 标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA【答案】C【解析】【详解】A乙烯分子中含有的共价键为四个碳氢键，一个碳碳双键，1 mol 乙烯分子中含有5mol键，故A错误；BN2和H2的反应是一个可逆反应，l.5molH2和0.5molN2，充分反应后可得到NH3分子数小于NA，故B错误；CS2-离子水解，1.0 L 0.1 molL-1 Na2S溶液中所含的S2-离子数小于0.1NA，故C正确；DCCl4在标准状况下不是气体，22.4 L的CCl4分子不是1mol，故

10、D错误；故选C二、不定项选择题（本题共24分，每小题4分，每小题有一个或两个选项符合题意。若错选或多选时，该小题0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确的给4分，但只要选错一个就得0分）9.已知：2Zn（s）+O2（g）=2ZnO（s）H= 701.0kJmol-1 ，2Hg（l）+O2（g）=2HgO（s）H= 181.6kJmol-1，则反应Zn（s）+ HgO（s）=ZnO（s）+ Hg（l）的H为()A. -259.7 kJmol-1B. +259.7 kJmol-1C. +519.4kJmol-1D. -519.4kJmol-1【答案】A【解析】【详解】2Z

11、n(s)+O2(g)=2ZnO(s) H=-701.0kJmol-1，2Hg(l)+O2(g)=2HgO(s) H=-181.6kJmol-1，依据盖斯定律，将-得到：2Zn(s)+2HgO(s)=2ZnO(s)+2Hg(l) H=-519.4kJ/mol，则反应：Zn(s)+HgO(s)=ZnO(s)+Hg(l)H=-259.7kJ/mol，故选A。10.以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）。下列说法正确的是()A. 阳极附近溶液呈红色B. 阴极逸出气体C. 阴极附近溶液呈蓝色D. 溶液的pH会变大【答案】BD【解析】【分析】以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电

12、子发生还原反应，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应，据此分析判断。【详解】A以石墨为电极，电解KI溶液时，阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质，遇到淀粉变蓝色，故A错误；B以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气，故B正确；C以石墨为电极，电解KI溶液时，在阴极上是氢离子得电子发生还原反应，该极附近溶液碱性增强，遇到酚酞溶液呈红色，故C错误；D以石墨为电极，电解KI溶液时，阴极上是氢离子得电子发生还原反应，生成氢氧化钾溶液，溶液的pH变大，故D正确；故选BD。11.下列离子方程式中正确的是()A. 乙醛溶液与新制氢氧化铜碱性悬浊液共热： CH3CHO +

13、 2Cu(OH)2 + OH- CH3COO- + Cu2O+ 3H2OB. 碳酸钠溶液与醋酸反应：CO32- + 2H+ = CO2+ H2OC. 用Fe除去FeCl2溶液中的少量的FeCl3杂质：FeFe3+2Fe2+D. 将12mL氯化铁饱和溶液加到20mL沸水中：Fe3+ + 3H2O = Fe(OH)3(胶体) + 3H+【答案】AD【解析】【详解】A乙醛溶液与新制氢氧化铜碱性悬浊液共热的离子方程式为CH3CHO+2Cu(OH)2+OH- CH3COO-+Cu2O+3H2O，故A正确；B醋酸为弱酸，应写成化学式，离子方程式为CO32-+2CH3COOH=CO2+2CH3COO-+H2

14、O，故B错误；C用Fe除去FeCl2溶液中的少量的FeCl3杂质，该离子方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故C错误；D氯化铁在加热条件下可水解生成氢氧化铁胶体，离子方程式为Fe3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+，故D正确；故选AD。【点睛】本题的易错点为D，要注意生成的氢氧化铁胶体不是沉淀。12. 具有显著抗癌活性的10-羟基喜树碱的结构如图所示，下列关于10-羟基喜树碱的说法正确的是A. 10-羟基喜树碱属于芳香烃B. 分子式为：C20H16N2O5C. 不能发生酯化反应D. 一定条件下，1mol该物质可与9molH2发生加成反应【答案】B【解析】

15、试题分析：含有苯环的碳氢化合物是芳香烃，分子中含有氮元素，不可能是芳香烃，A不正确；分子中含有羟基，能发生酯化反应，C不正确；一定条件下，1mol该物质可与8molH2发生加成反应，D不正确，答案选C。考点：考查有机物的结构和性质点评：该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用即可，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。13.下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2表示，单位为kJmol1)。关于元素R的判断中一定正确的是( )I1I2I3I4R74

16、01 5007 70010 500R的最高正价为3价 R元素位于元素周期表中第A族 R元素第一电离能大于同周期相邻元素 R元素基态原子的电子排布式为1s22s2A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：从表中原子的第一至第四电离能可以看出，元素的第一、第二电离能都较小，可失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第IIA族元素；A最外层应有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故A错误；B最外层应有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第A族，故B正确；C同周期第A族核外电子排布式为ns2，达稳定结构，所以R元素第一电离能大于同周期相邻元素，故C正确；DR元素可能是Mg

17、或Be，故D错误；故选B。考点：考查元素电离能含义及应用。14.下列实验方案可行的是()A. 在淀粉溶液中加稀硫酸充分反应后，再加入银氨溶液，可检验淀粉的水解产物B. 用溴水可以鉴别苯、乙醇、四氯化碳三种液体C. 除去苯中的苯酚，可加入NaOH溶液后再分液D. 将氯乙烷与NaOH乙醇溶液共热，将产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，证明氯乙烷发生了消去反应【答案】BC【解析】【详解】A淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与银氨溶液的反应需要在碱性条件下进行，题中没有加入碱中和作催化剂的酸，故A错误；B乙醇易溶于水，苯和四氯化碳都不溶于水，但密度不同，加入溴水，色层在上层的为苯，色层

18、在下层的为四氯化碳，故B正确；C苯酚与氢氧化钠溶液反应后的产物易溶于水，而苯不溶于水，可分液分离，故C正确；D乙醇易挥发，挥发出来的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选BC。第卷(共60分)三、填空题15.A、B、C、D是四种短周期主族元素， E位于第四周期。 A的最外层电子数是次外层电子数的2倍， C+与A4-具有相同的电子层结构， D的氧化物为光导纤维的主要成分。 B的简单氢化物的水溶液呈碱性， E与 B同主族。请完成下列问题：(1)D元素在周期表中的位置：_。 (2)B的最简单氢化物化学式为_；D的氢化物稳定性比B的_（填“强”或“弱”）。(3)A与D之间形成化学键属于_ （填

19、“离子键”、“极性共价键” 或 “非极性共价键”）；C最高价氧化物对应的水化物溶液呈_(填“酸性” 、“碱性”或“两性”)。(4)B、C、D三种元素的原子半径由大到小顺序为_(用元素符号表示)。(5) E 与锗、硒的第一电离能由小到大的顺序为_(用元素符号表示) 。与A的氧化物（AO）互为等电子体的有_(写一种即可)。(6)C的最高价氧化物的水化物与D的氧化物反应的离子方程式：_。【答案】 (1). 第三周期 A (2). NH3 (3). 弱 (4). 极性共价键 (5). 碱性 (6). Na Si N (7). As Se Ge (8). N2 (NO+、CN-、C22-都可以，填一个就

20、可) (9). 2OH- +SiO2 =SiO32- +H2O【解析】【分析】A、B、C、D是四种短周期主族元素， E位于第四周期。 A的最外层电子数是次外层电子数的2倍，次外层电子数为2，最外层电子数为4，A为碳元素；C+与A4-具有相同的电子层结构，C为Na元素；D的氧化物为光导纤维的主要成分，D为Si元素；B的简单氢化物的水溶液呈碱性，B为N元素；E与 B同主族，则E为As元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为碳元素，B为N元素，C为Na元素，D为Si元素，E为As元素。(1) D为Si元素，在周期表中位于第三周期 A族，故答案为：第三周期 A族； (2) B为N元素，B的最简单

21、氢化物化学式为NH3；非金属性NSi，则D的氢化物稳定性比B的弱，故答案为：NH3；弱；(3)A与D都是非金属元素，之间形成的化学键属于极性共价键；C为Na元素，为活泼的金属元素，C最高价氧化物对应的水化物溶液呈碱性，故答案为：极性共价键；碱性；(4) 同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，B、C、D三种元素的原子半径由大到小顺序为NaSiN，故答案为：NaSiN；(5) 同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，As与锗、硒的第一电离能由小到大的顺序为AsSeGe。与CO互为等电子体的有N2 (或N

22、O+、CN-、C22-)，故答案为：AsSeGe；N2 (或NO+、CN-、C22-)；(6)C的最高价氧化物的水化物为氢氧化钠，D的氧化物为二氧化硅，二者反应的离子方程式为2OH- +SiO2 =SiO32- +H2O，故答案为：2OH- +SiO2 =SiO32- +H2O。16.已知化学反应：Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g），其平衡常数为K1，化学反应：Fe（s）+H2O（g）FeO（s）+H2（g），其平衡常数为K2，在温度973K和1173K情况下，K1、K2的值分别如下： 温度K1K2973K1.472.381173K2.151.67请完成下列问题：(1)通过表格中

23、的数值可以推断：反应是_（填“吸热”或“放热”）反应。 (2)现有反应：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g），请你写出该反应的平衡常数K3的表达式：K3=_。(3)在相同温度下，根据反应与可推导出K3与K1、K2之间的关系式_，据此关系式及上表数据，也能推断出反应是_（填“吸热”或“放热”）反应。 (4)要使反应在一定条件下建立的平衡向正反应方向移动，可采取的措施有_ （填写字母序号，下同） A增大压强 B体积不变时充入稀有气体 C升高温度 D使用合适的催化剂 E在体系中投入少量P2O5固体(5)已知的可逆反应CO (g) H2O(g) CO2 (g) H2 (g) ，830K时，

24、若起始时：c(CO)2mol/L，c(H2O)3mol/L，平衡时CO的转化率为60%，水蒸气的转化率为_；K的数值为_。830K，若只将起始时c(H2O)改为6mol/L，则水蒸气的转化率为_。【答案】 (1). 吸热 (2). (3). K3= (4). 吸热 (5). CE (6). 40% (7). 1 (8). 25%【解析】【分析】(1)根据温度对平衡常数的影响分析判断；(2)根据化学平衡常数的含义书写表达式；(3)根据盖斯定律，反应-反应=反应，推出K3，根据图表数据，结合温度对平衡常数影响分析判断；(4)该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，要使反应在一定条件下建立的平衡

25、向正反应方向移动；(5)根据三段式，求出反应混合物各组分浓度的变化量、平衡时各组分的浓度，代入平衡常数表达式计算平衡常数；再结合平衡常数计算解答。【详解】(1)由表中数据可知，温度升高，反应的平衡常数增大，说明平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，故答案为：吸热；(2)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)的化学平衡常数K=，故答案为：；(3)根据盖斯定律，反应-反应=反应，所以K3=，由图表可知，温度升高，K1增大，K2减小，所以K3增大，即温度升高，平衡向正反应方向移动，升高温度，平衡向吸热方向移动，反应为吸热反应，故答案为：K3=；吸热；(4)反应CO2(g)+H2(g)C

26、O(g)+H2O(g)是一个反应前后气体体积不变的吸热反应，压强、催化剂对化学平衡的移动无影响，增大反应物浓度或减小生成物的浓度、升高温度都能使平衡向正反应方向移动，P2O5固体能和水反应生成磷酸，从而减少生成物浓度，平衡向右移动，故选CE；(5)平衡时CO的转化率为60%，则CO的浓度变化量=2mol/L60%=1.2mol/L，则： CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始(mol/L)：2 3 0 0变化(mol/L)：1.2 1.2 1.2 1.2平衡(mol/L)：0.8 1.8 1.2 1.2故平衡常数K=1，水蒸气的转化率=40%；830K，若只将起始时c(H2O)改

27、为6mol/L，设反应的水蒸气的浓度变化量为xmol/L，则： CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始(mol/L)：2 6 0 0变化(mol/L)：x x x x平衡(mol/L)：2-x 6-x x x故=1，解得y=1.5，所以水蒸气的转化率为=25%，故答案为：40%；1；25%。【点睛】本题的易错点为(3)中平衡常数的关系，要注意方程式相减，平衡常数相除；方程式相加，平衡常数相乘，方程式n，平衡常数为n次幂。17.已知：，为合成某种液晶材料的中间体M，有人提出如下不同的合成途径：(1)常温下，下列物质能与A发生反应的有_ （填序号）a乙酸 bBr2/CCl4 c乙酸乙

28、酯 dKMnO4/H+溶液(2)M中官能团的名称是_，由CB反应类型为_ 。(3)由A催化加氢生成M的过程中，可能生成的中间产物除了还有_（写结构简式）。(4)检验B中是否含有C可选用的试剂是_。(5)C的一种同分异构体E具有如下特点：a分子中含OCH2CH3 b苯环上只有两种化学环境不同的氢原子，写出E在一定条件下发生加聚反应的化学方程式_。【答案】 (1). b、d (2). 羟基 (3). 还原反应(或加成反应) (4). (5). 银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液) (6). 【解析】【分析】由合成路线可知，AM发生-CHO和C=C的加成反应，BM为苯环的加成反应，结合信息可知，DC发生

29、取代反应，C为，CB为-CHO的加成反应，结合有机物的结构与性质分析解答。【详解】(1)A中含C=C，能与溴水发生加成反应，C=C、-CHO均能被高锰酸钾氧化，故答案为：bd；(2)由结构简式可知，M中含-OH，名称为羟基，CB为-CHO的加成反应(或还原反应)，故答案为：羟基；加成反应(或还原反应)；(3)由A催化加氢生成M的过程中，C=C、-CHO均能与氢气发生加成反应，则生成的中间体为或，故答案为：；(4)检验B()中是否含有C()，可以利用醛基的性质检验，选银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液)产生银镜(或砖红色沉淀)即可证明，故答案为：银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液)；(5)C为，其同分异

30、构体E具有如下特点：a分子中含-OCH2CH3、b苯环上只有两种化学环境不同的氢原子，则另一取代基为乙烯基，二者为对位的位置，E为，则E在一定条件下发生加聚反应的化学方程式为n，故答案为：n。18.实验室制备苯甲醇和苯甲酸的化学原理是：，。已知苯甲醛易被空气氧化，苯甲醇的沸点为205.3；苯甲酸的熔点为121.7，沸点为249，常温下，在水中的溶解度为0.34g；乙醚的沸点为34.8，难溶于水。制备苯甲醇和苯甲酸的主要过程如下所示：试根据上述信息回答下列问题：(1)操作I的名称是_，乙醚溶液中所溶解的主要成分是_；(2)操作的名称是_，产品甲是_。(3)操作的名称是_，产品乙是_。(4)如图所

31、示，操作中温度计水银球上沿放置的位置应是_（填“a”、“b”、“c” 或“d”），收集乙醚产品的适宜温度为_。【答案】 (1). 萃取分液 (2). 苯甲醇 (3). 蒸馏 (4). 苯甲醇 (5). 过滤 (6). 苯甲酸 (7). b (8). 34.8【解析】【分析】由流程结合题中信息可知，苯甲醛与KOH反应生成白色糊状物为苯甲醇、苯甲酸钾的混合物，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，则乙醚溶液中含苯甲醇，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇；水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作为过滤，则产品乙为苯甲酸，据此分析解答。【详解】由流程可知，苯甲醛与KO

32、H反应生成苯甲醇、苯甲酸钾，然后加水、乙醚萃取苯甲醇，则乙醚溶液中含苯甲醇，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇；水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，苯甲酸的溶解度小，则操作为过滤，则产品乙为苯甲酸。(1)据上述分析，操作为萃取、分液；乙醚溶液中的主要成分是苯甲醇，故答案为：萃取(分液)；苯甲醇；(2)乙醚溶液中含苯甲醇，操作II为蒸馏，得到产品甲为苯甲醇，故答案为：蒸馏；苯甲醇；(3)水溶液中含苯甲酸钾，加盐酸发生强酸制取弱酸的反应，生成苯甲酸，常温下，在水中的溶解度为0.34g，苯甲酸的溶解度小，则操作为过滤，则产品乙为苯甲酸，故答案为：过滤；苯甲酸；(4)蒸馏时，

33、温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口附近，则温度计水银球的放置位置为b；根据乙醚的沸点为34.8可知，需要控制蒸气的温度为34.8，故答案为：b；34.8。19.下图中是元素周期表中前四周期相应的元素，请从中选择合适的元素回答问题： (1)根据元素原子的外围电子排布特征，元素周期表可划分为五个区域，元素位于周期表的_区。元素的价电子排布式为_。(2)、两元素形成的化合物的立体构型为_，其中心原子的杂化轨道类型为_。(3)元素与CO可形成X(CO)5型化合物，该化合物常温下呈液态，熔点为-20.5 ，沸点为103 ，易溶于非极性溶剂，据此可判断该化合物晶体属于_晶体(填晶体类型)。元素的未成对电子

34、数为_个。(4)元素的二价阳离子与过量的的氢化物的水化物反应的离子方程式为_。元素的单质的晶胞结构如图：已知晶胞的棱长为a cm，NA为阿伏加德罗常数，则该晶体的密度为_g/cm3(用a、NA表示)。【答案】 (1). s (2). 3d104s2 (3). 平面正三角形 (4). sp2杂化 (5). 分子 (6). 4 (7). Cu24NH3H2O=Cu(NH3)424H2O (8). 【解析】【分析】根据元素周期表的位置，为H、为B、为C、为N、为O、为F、为Fe、为Cu、为Zn，结合物质结构和晶胞的计算方法分析解答。【详解】(1)为H，最外层只有一个电子，位于s区；元素为Zn，为30号元素，价电子排布式为3d104s2，故答案为：s；3d104s2；(2)、两元素形成的化合物为BF3，B形成3个键，孤对电子数为=0，B采用sp2杂化，BF3立体构型为平面正三角形，故