青海西宁二十一中2024届化学高二第二学期期末达标检测试题含解析

青海西宁二十一中2024届化学高二第二学期期末达标检测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、25℃时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A．0.1mol/L的KHA溶液pH=10:c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)B．0.1mol/LNaHS溶液:c(S2-)=c(H+)+c(H2S)C．100mL1.0mol/LFe(NO3)2溶液和10mL2.0mol/LHNO3溶液混合后:c(NO3-)=2.0mol/LD．0.1mol/LCH3COOH溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液等体积混合pH<7:c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)2、下列有机物中，一氯代物的数目最多的是()A．CH4 B．C． D．C5H123、以下4种有机物的分子式皆为C4H10O①CH3CH2CHOHCH3②CH3(CH2)3OH③CH3CH(CH3)CH2OH④CH3C(CH3)2OH．其中能被氧化为含-CHO的有机物是()A．①② B．② C．②③ D．③④4、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是A．0.5mol/LCuCl2溶液中含有的Cl-数目为NAB．42gC2H4和C4H8的混合气中含有氢原子数为6NAC．标准状况下,H2和CO混合气体4.48L在足量O2中充分燃烧消耗O2分子数为0.1NAD．在反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O中，消耗1molCl2时转移的电子总数为1.5NA5、下列说法中正确的是（）A．含有共价键的化合物一定是共价化合物B．只含有离子键的化合物才是离子化合物C．并非只有非金属原子间才能形成共价键D．由共价键形成的分子一定是共价化合物6、下列各物质的名称正确的是A．3，3-二甲基丁烷B．2，3-二甲基-4-乙基己烷C．CH2(OH)CH2CH2CH2OH1，4-二羟基丁醇D．CH3CH2CHClCCl2CH32、3、3-三氯戊烷7、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜蔗糖未水解C向FeCl3溶液中加入少量铜屑，铜溶解Fe3+的氧化性强于Cu2+的氧化性D用pH试纸测得，CH3COONa溶液的pH的为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强A．A B．B C．C D．D8、我国科学家屠呦呦因成功提取青蒿素而获得2015年诺贝尔生理学或医学奖。研究团队发现在温度较高时未能提取到青蒿素，最终确认只有采用低温、乙醚冷浸等方法才能成功提取青蒿素。下面反应是青蒿素在一定条件下转化为双氢青蒿素：以下说法不正确的是（）A．较高温度下未能提取到青蒿素的原因与分子中存在非极性的O—O键的不稳定性有关B．青蒿素和双氢青蒿素均能使湿润的淀粉-碘化钾试纸变蓝色C．双氢青蒿素比青蒿素的水溶性好，所以治疗疟疾的效果更好D．青蒿素属于酯类化合物，分子中碳原子采用sp3杂化9、有机物X、Y、Z的结构简式如下表所示。下列说法正确的是XYZ结构简式A．X的分子式为C8H7O3B．X、Y、Z均可以和FeCl3发生显色反应C．X、Y互为同系物，X、Z互为同分异构体D．X、Y、Z在一定条件下都能发生取代反应、加成反应和氧化反应10、下列反应的产物中,有的有同分异构体,有的没有同分异构体,其中一定不存在同分异构体的反应是()。A．甲烷与氯气发生取代反应B．丙烯与水在催化剂的作用下发生加成反应C．异戊二烯与等物质的量的Br2发生加成反应D．2-氯丁烷(CH3CH2CHCICH3)与NaOH乙醇溶液共热发生消去HCl分子的反应11、如下图是某原子晶体A空间结构中的一个单元。A与某物质B反应生成C，其实质是在每个A—A键中间插入一个B原子。则C物质的化学式为()A．AB B．AB2 C．A5B4 D．A2B512、下列说法正确的一组是①不溶于水的盐（CaCO3、BaSO4等）都是弱电解质②二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于弱电解质③氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na＋和Cl－，所以氯化钠是强电解质④强酸溶液中氢离子浓度一定大于弱酸溶液中氢离子浓度⑤熔融的电解质都能导电⑥强电解质可能是离子化合物，也可能是共价化合物A．①③⑤⑥ B．②④⑤⑥C．只有⑤ D．只有⑥13、固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子层结构，则下列有关说法中，不正确的是（）A．1molNH5中含有5NA个N—H键（NA表示阿伏加德罗常数）B．NH5中既有共价键又有离子键，NH5是离子化合物C．NH5的电子式为D．它与水反应的化学方程式为NH5＋H2O=NH3·H2O＋H2↑14、具有解热镇痛及抗生素作用的药物“芬必得”主要成分的结构简式为，它属于（）①芳香化合物②脂环化合物③有机高分子化合物④芳香烃⑤芳香羧酸A．①⑤ B．②③ C．③⑤ D．①④15、若ABn的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤电子对，运用价层电子对互斥理论，下列说法正确的是（）A．若n＝2，则分子的空间构型为V形B．若n＝3，则分子的空间构型为三角锥形C．若n＝4，则分子的空间构型为正四面体形D．以上说法都不正确16、已知：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H，反应过程中生成1molCH3OH(g)的能量变化如下图所示。曲线Ⅰ、Ⅱ分别表示无或有催化剂两种情况。下列判断正确的是A．加入催化剂，△H变小B．△H＝+91kJ/molC．生成1molCH3OH(l)时，△H值增大D．反应物的总能量大于生成物的总能量二、非选择题（本题包括5小题）17、由短周期元素组成的化合物X是某抗酸药的有效成分。某同学欲探究X的组成。查阅资料：①由短周期元素组成的抗酸药的有效成分有碳酸氢钠、碳酸镁、氢氧化铝、硅酸镁铝、磷酸铝、碱式碳酸镁铝。②Al3＋在pH＝5.0时沉淀完全；Mg2＋在pH＝8.8时开始沉淀，在pH＝11.4时沉淀完全。实验过程：Ⅰ.向化合物X粉末中加入过量盐酸，产生气体A，得到无色溶液。Ⅱ.用铂丝蘸取少量Ⅰ中所得的溶液，在火焰上灼烧，无黄色火焰。Ⅲ.向Ⅰ中所得的溶液中滴加氨水，调节pH至5～6，产生白色沉淀B，过滤。Ⅳ.向沉淀B中加过量NaOH溶液，沉淀全部溶解。Ⅴ.向Ⅲ中得到的滤液中滴加NaOH溶液，调节pH至12，得到白色沉淀C。(1)Ⅰ中气体A可使澄清石灰水变浑浊，A的化学式是________。(2)由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、________。(3)Ⅲ中生成B的离子方程式是__________________________________________________。(4)Ⅳ中B溶解的离子方程式是__________________________________________________。(5)沉淀C的化学式是________。(6)若上述n(A)∶n(B)∶n(C)＝1∶1∶3，则X的化学式是__________________________。18、有A，B，C，D，E五种元素，其中A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同；C原子的价电子构型为csccpc+1，D元素的原子最外层电子数比次外层电子数少2个，D的阴离子与E的阳离子电子层结构相同，D和E可形成化合物E2D．(1)上述元素中，第一电离能最小的元素的原子结构示意图为__；D的价电子排布图为__；(2)下列分子结构图中的●和○表示上述元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，小黑点表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键．则在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键的是__(填写分子的化学式)；在③的分子中有__个σ键和__个π键．(3)A，C，D可形成既具有离子键又具有共价键的化合物，其化学式可能为__；足量的C的氢化物水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物，其化学式为__，请说出该配合物中中心原子与配位体及内界与外界之间的成键情况：__．19、某铜制品在潮湿环境中发生的电化学腐蚀过程可表示为如图，腐蚀后有A物质生成，某小组为分析A物质的组成，进行了如下实验：实验①：取A样品，加过量稀硝酸完全溶解后，再加入溶液，有白色沉淀生成。实验②：另取A样品4.29g，加入含的稀硫酸溶液，恰好中和，生成两种盐的混合溶液。向所得混合溶液中加入适量的NaOH溶液，产生蓝色沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得3.20g黑色固体。（1）该粉状锈中除了铜元素外还含有（写元素符号）___元素，该铜制品发生电化学腐蚀生成粉状锈时其正极电极反应式为____。（2）写出该粉状锈溶于稀硫酸反应的离子方程式____。（3）加热条件下，实验②中所得的黑色固体能与乙醇反应，化学方程式为____。20、如图，是实验室制备乙酸乙酯的装置。a试管中加入3mL95%的乙醇、2mL浓硫酸、2mL冰醋酸；b试管中是饱和碳酸钠溶液。连接好装置，用酒精灯对试管a加热，当观察到试管b中有明显现象时停止实验。（1）在a试管中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入____________，目的是____________。（2）试管b中观察到的主要现象是__________________________。（3）实验中球形干燥管除起冷凝作用外，另一个重要作用是_________________。（4）饱和Na2CO3溶液的作用是__________________________________________。（5）反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，然后分液，得到乙酸乙酯。21、在制取合成氨原料气的过程中，常混有一些杂质，如CO会使催化剂中毒。除去CO的化学方程式为（HAc表示醋酸）：Cu（NH3）2Ac+CO+NH3=Cu（NH3）3（CO）Ac。请回答下列问题：（1）C、N、O的电负性由大到小的顺序为________。（2）写出Cu的核外电子排布式________。（3）化合物Cu（NH3）3（CO）Ac中，金属元素的化合价为________。（4）在一定条件下NH3和CO2能合成尿素CO（NH2）2，尿素中C原子轨道的杂化类型为________；1mol尿素分子中，σ键的数目为________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解题分析】本题考查水溶液中的平衡关系和大小关系。解析：0.1mol/L的KHA溶液的pH=10，证明HA-的水解程度大于电离程度，所以c（HA-）＞c（OH-）＞c（H+）＞c（A2-），A正确；0.1mol•L-1NaHS溶液中的质子守恒关系为：c（OH-）+c（S2-）=c（H+）+c（H2S），错误；溶液中的亚铁离子要和HNO3发生氧化还原反应，一部分硝酸根离子被还原为一氧化氮，所以c（NO3-）＜2.01mol/L，C错误；0.1mol/LCH3COOH溶液和0.1mol/LCH3COONa溶液等体积混合pH<7，说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO-）＞cc（CH3COOH），结合物料守恒可知c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），溶液中正确的浓度大小为：c（CH3COO-）＞c（Na+）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（OH-），故D错误。故选A。点睛：答题时明确盐的水解原理原理及其影响为解答关键，一定要注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒的含义及应用方法。2、D【解题分析】

A.CH4中只有一种位置的H原子，因此一氯取代物只有一种；B.中有五种位置的H原子，因此一氯取代物有五种；C.中有两种位置的H原子，因此一氯取代物有两种；D.C5H12有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种不同结构，正戊烷有三种不同的H原子，异戊烷有中有四种位置的H原子，新戊烷有1种位置的H原子，因此C5H12的一氯取代物有8种；可见上述有机物中一氯代物的数目最多的是C5H12；故合理选项是D。3、C【解题分析】

①CH3CH2CHOHCH3发生催化氧化生成CH3CH2COCH3，CH3CH2COCH3中官能团为羰基；②CH3（CH2）3OH发生催化氧化生成CH3CH2CH2CHO，CH3CH2CH2CHO中官能团为醛基（—CHO）；③CH3CH（CH3）CH2OH发生催化氧化生成CH3CH（CH3）CHO，CH3CH（CH3）CHO中官能团为醛基；④CH3C（CH3）2OH中与—OH相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化；能被氧化为含—CHO的有机物为②③，答案选C。【题目点拨】醇发生催化氧化反应的规律：醇的催化氧化与跟羟基相连的碳原子上的氢原子个数有关，有2~3个H催化氧化成醛基；只有1个H氧化成羰基；没有H不能发生催化氧化。4、A【解题分析】选项A中没有说明溶液的体积，所以无法计算，选项A错误。设42gC2H4和C4H8的混合气中，C2H4和C4H8的质量分别为X和Y，则X+Y=42。混合物中的氢原子为。选项B正确。氢气和氧气燃烧，CO和氧气燃烧时，燃料气和氧气的体积比都是2:1，所以H2和CO混合气体燃烧时，需要的氧气也是混合气体的一半。所以标准状况下，H2和CO混合气体4.48L（0.2mol）在足量O2中充分燃烧消耗O2分子数为0.1NA，选项C正确。反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO+NaClO3+4H2O中，转移电子数为6e-，所以有4molCl2参加反应应该转移6mole-，所以消耗1molCl2时转移的电子总数为1.5NA。选项D正确。5、C【解题分析】分析：A．含有共价键的化合物可能是离子化合物；B．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键；C．氯化铝中含有共价键；D．单质分子中也含有共价键。详解：A．含有共价键的化合物可能是离子化合物，如KOH等，A错误；B．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如NaOH等，B错误；C．并非只有非金属原子间才能形成共价键，例如氯化铝中含有共价键，C正确；D．由共价键形成的分子可能是单质，如O2等，D错误；答案选C。点睛：本题考查了物质与化学键的关系，根据物质的构成微粒确定化学键，易错选项是C，活泼的金属与活泼的非金属也可以形成离子键，为易错点。6、B【解题分析】

有机物的命名要遵循系统命名法的原则，最长碳链，最小编号，先简后繁，同基合并等，如果含有官能团，则应选择含有官能团的最长碳链作主链。【题目详解】A、不符合最小编号的原则，正确名称为2，2-二甲基丁烷，A错误；B、符合系统命名法的原则，B正确；C、醇羟基作为醇类的官能团，不能重复出现，正确的名称为1，4-丁二醇，C错误；D、在表示位置的数字之间用逗号“,”分开，而不能用顿号“、”，D错误。答案选B。7、C【解题分析】

A、苯酚浊液滴加Na2CO3溶液，浊液变清，苯酚与Na2CO3发生C6H5OH＋Na2CO3→C6H5ONa＋NaHCO3，推出苯酚的酸性强于HCO3－，故A错误；B、葡萄糖与银氨溶液发生反应，要求环境为碱性，本实验未中和硫酸，因此未出现银镜，不能判断蔗糖是否水解，故B错误；C、FeCl3溶液中加入Cu，发生Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，根据氧化还原反应的规律，得出Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，故C正确；D、题目中没有说明CH3COONa和NaNO2的浓度，无法根据pH的大小，判断CH3COOH和HNO2酸性强弱，故D错误；答案选D。8、D【解题分析】

A.非极性的O—O键容易分解，在较高温度下未能提取到青蒿素的原因与分子中存在非极性的O—O键的不稳定性有关，故A正确；B.青蒿素和双氢青蒿素中均存在O—O键，具有强氧化性，均能使湿润的淀粉-碘化钾试纸变蓝色，故B正确；C.双氢青蒿素中含有羟基，羟基是亲水基团，比青蒿素的水溶性好，所以治疗疟疾的效果更好，故C正确；D.青蒿素中含有酯基，属于酯类化合物，分子中碳原子有2种，其中酯基中的碳原子采用sp2杂化，其余碳原子采用sp3杂化，故D错误；故选D。【题目点拨】本题考查了有机物的结构与性质。本题的易错点为AB，A可以联系过氧化氢的分解分析判断；B中O—O键为过氧键，也可以联系过氧化氢的性质分析判断。9、D【解题分析】A.根据X的结构简式可知，X的分子式为C8H8O3，选项A错误；B.X不含酚羟基，和FeCl3不发生显色反应，选项B错误；C.X、Y所含官能团不一样，结构组成不相似，不互为同系物，X、Z的分子式不相同，不互为同分异构体，选项C错误；D.X、Y、Z均含有羧基能发生酯化反应，属于取代反应，均含有苯环一定条件下能发生加成反应，均含有羟基，一定条件下都发生氧化反应，选项D正确。答案选D。10、A【解题分析】分析：本题考查的是取代反应和加成反应、消去反应的原理以及同分异构体的概念，主要从官能团的化学性质考查，关键为理解反应的含义和产物的判断。详解：A.甲烷和氯气反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，四种有机物都没有同分异构体，故正确；B.丙烯不是对称结构，与水发生加成反应，羟基有两种不同的位置，可以生成1-丙醇或2-丙醇，存在同分异构体，故错误；C.异戊二烯与等物质的量的Br2发生加成反应时可以发生1、2-加成或3、4-加成或1、4-加成，所以生成的产物有同分异构体，故错误；D.2-氯丁烷(CH3CH2CHCICH3)与NaOH乙醇溶液共热发生消去HCl分子的反应，可以从1号碳上消去氢原子形成双键，也可以从3号碳原子上消去氢原子形成双键，所以消去反应能生成两种同分异构体，故错误。故选A。11、B【解题分析】

根据结构图，每个A周围连接有4个A原子，含有4个A-A键，每个A-A键属于两个A原子共用，因此每个A原子形成2个A-A键，每个A-A键中插入一个B原子，即晶体中A、B原子个数比是1∶2，所以其化学式是AB2，故选B。12、D【解题分析】

①CaCO3、BaSO4虽不溶于水，但它们是强电解质，故①错；②二氧化碳溶于水生成了碳酸，碳酸部分电离，是弱电解质，但二氧化碳是非电解质，故②错；③氯化钠在水分子的作用下电离出Na+和Cl-，所以氯化钠是强电解质，故③错；④0.00001mol/L盐酸中氢离子浓度小于1mol/LCH3COOH中氢离子浓度，故④错；⑤熔融的纯硫酸不导电，故⑤错误；⑥属于强电解质的有强酸、强碱和大多数盐，所以强电解质可能是离子化合物，也可能是共价化合物，⑥正确；综上所述，选D。13、A【解题分析】

因为它所有的原子最外层都符合相应稀有气体原子的最外层电子层结构，即2个或8个。假设A正确，对N原子来说，最外层应是10个电子，不符合题意。其他选项均符合题意。14、A【解题分析】

分子中含有苯环，属于芳香化合物，官能团为羧基，属于羧酸。【题目详解】①该分子中含苯环，属于芳香化合物，故正确；②该分子中含有苯环，不属于脂环化合物，故错误；③该分子相对分子质量在10000以下，不属于有机高分子化合物，故错误；④该分子含有O元素，不属于芳香烃，故错误；⑤该分子含有苯环和羧基，属于芳香羧酸，故正确；正确的是①⑤，故选A。【题目点拨】本题考查有机物的分类，侧重分析能力的考查，明确依据官能团分类的方法是解本题关键。15、C【解题分析】

根据价层电子对互斥理论知，若ABn型分子的中心原子A上没有未用于形成共价键的孤对电子，则：A、若n=2，则分子的立体构型为直线形，故A错误；B、若n=3，则分子的立体构型为平面三角形，故B错误；C、若n=4，则分子的立体构型为正四面体形，故C正确；D、由以上分析可知，D错误；答案选C。16、D【解题分析】

A．加入催化剂，反应热不变，故A错误；B．反应物总能量大于生成物总能量，该反应放热，故B错误；C．如果该反应生成液态CH3OH，放出更多的热量，因反应热为负值，则△H减小，故C错误；D．由图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故D正确；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、CO2钠、硅Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2OMg(OH)2Mg3Al(OH)7CO3【解题分析】

气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体A为CO2，X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入适量盐酸，会产生硅酸沉淀，溶液B中含有氯化镁和氯化铝；X中一定不含Na，因为Na的焰色为黄色；根据题给信息知调节pH至5～6时生成的白色沉淀B为Al(OH)3；加入过量NaOH溶液，沉淀B完全溶解，离子方程式为：Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2，据此解答。【题目详解】（1）气体A可使澄清石灰水变浑浊，结合抗酸药的有效成分，知该气体为CO2；（2）X中一定不含Si元素，因为硅酸盐中加入过量盐酸，会产生硅酸沉淀，一定不含Na元素，因为Na元素的焰色为黄色，即由Ⅰ、Ⅱ判断X一定不含有的元素是磷、硅、钠；（3）调节pH至5～6时生成的白色沉淀为Al(OH)3，NH3•H2O为弱电解质，离子方程式中应写为化学式，即离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4＋；（4）Ⅳ中氢氧化铝溶解的离子方程式为Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O；（5）加入NaOH溶液调节pH至12，有白色沉淀产生，则沉淀C为Mg(OH)2；（6）由于n（CO2）:n[Al(OH)3]:n[Mg(OH)2]=1:1:3，则CO32-、Al3+、Mg2+的物质的量之比为1:1:3，结合电荷守恒，则CO32-、Al3+、Mg2+、OH-的物质的量之比为1:1:3:7，故X为Mg3Al(OH)7CO3。18、NH3、CH4、H2S51NH4HS或(NH4)2S[Cu(NH3)4]SO4内界中铜离子与氨分子之间以配位键相结合，外界铜氨络离子与硫酸根离子之间以离子键相结合【解题分析】

由于A，B，C，D为短周期元素，因A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A只能为氢元素；同一能层的不同能级的能量不同，符号相同的能级处于不同能层时能量也不同，即1s、2s、2p的轨道能量不同，2p有3个能量相同的轨道，由此可确定B；因s轨道最多只能容纳2个电子，所以c=2，即C原子价电子构型为2s22p3，即氮元素。短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，据此可确定D。再由D的阴离子电子数及在E2D中E的化合价，即可确定E。由此分析。【题目详解】由于A，B，C，D为短周期元素，A元素的周期数、主族数、原子序数相同，则A为氢元素；B原子核外有3种能量不同的原子轨道且每种轨道中的电子数相同，则B的电子排布式为1s22s23p2，即B为碳元素；因s能级最多只能容纳2个电子，即c=2，所以C原子价电子构型为2s22p3，C为氮元素；短周期中原子的次外层只可能是K或L层，K、L层最多容纳2个或8个电子，因D原子最外层电子数比次外层电子数少2个，所以D的次外层只能是L层，D的最外层应为6个电子，即D为16号元素硫；硫元素的阴离子（S2-）有18个电子，E阳离子也应有18个电子，在E2D中E显+1价，所以E为19号元素钾。所以A、B、C、D、E分别为氢、碳、氮、硫、钾。(1)上述五种元素中金属性最强的是钾元素，故它的第一电离能最小，其原子结构示意图为。硫原子价电子层为M层，价电子排布式为3s23p4，其电子排布图为。(2)①分子结构图中黑点表示的原子最外层有5个电子，显然是氮原子，白球表示的原子最外层只有1个电子，是氢原子，所以该分子是NH3，中心N原子有3个σ键，1个孤电子对，故采用sp3杂化；②分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以②分子是CH4，中心碳原子有4个σ键，0个孤电子对，采用sp3杂化；③分子中黑球表示的原子最外层4个电子，是碳原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，所以③分子是CH2=CH2，中心碳原子有3个σ键，0个孤电子对，所以中心原子采用sp2杂化；④分子中黑球表示的原子最外层6个电子，是硫原子，白球表示的原子的最外层只有1个电子，是氢原子，该分子为H2S，中心S原子有2个σ键，2个孤电子对，所以中心原子采用sp3杂化。因此中心原子采用sp3杂化形成化学键的分子有NH3、CH4、H2S。在CH2=CH2的分子中有5个σ键和1个π键。(3)根据上面的分析知A、C、D分别为氢、氮、硫三种元素，形成既具有离子键又具有共价键的化合物是硫氢化铵或硫化铵，其化学式为NH4HS或(NH4)2S，铵根与HS-或S2-之间是离子键，铵根中的N与H之间是共价键，HS-中H与S之间是共价键。C的氢化物是NH3，NH3的水溶液与CuSO4溶液反应生成的配合物是硫酸四氨合铜，其化学式为[Cu(NH3)4]SO4。配合物[Cu(NH3)4]SO4的内界中Cu2+与NH3之间是以配位键相结合，外界铜氨配离子[Cu(NH3)4]2+与硫酸根离子之间是以离子键相结合。19、O、H、Cl【解题分析】

（1）根据先加过量稀硝酸完全溶解后，再加入溶液，有白色沉淀生成，推出该物质应该含有Cl元素；再根据另取A样品4.29g，加入含的稀硫酸溶液，恰好中和，生成两种盐的混合溶液，推测出含有氢氧根离子，所以含有H和O元素；由图可知，氧气参与放电，所以正极电极反应方程式为；（2）根据实验②，灼烧得3.2g的黑色固体为氧化铜，物质的量是0.04mol，推断出铜元素有0.04mol，加入0.03mol的稀硫酸后，恰好完全