福建省厦外石狮分校、泉港一中两校联考2022-2023学年高三上学期第二次月考化学试题（解析版）

2022—2023学年上学期第二次月考试卷高三化学试卷满分100分，考试时间75分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cu64Pb207一、选择题(本题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.2022年北京冬奥会采用绿电制绿氢技术，即用光伏、风能等产生绿电，绿电电解水制得的氢气叫绿氢，实现碳的零排放。下列有关说法正确的是A.光伏电池能将太阳能全部转化成电能 B.绿氢在阴极上产生C.常加入氯化铜溶液增强水的导电性 D.阳极上发生还原反应【答案】B【解析】【详解】A．光伏电池能将太阳能大部分转化成电能，一部分转化为热能，而不是全部转化为电能，A错误；B．绿氢是H+在在阴极上得到电子被还原产生，B正确；C．若加入CuCl2溶液时，在阳极上Cl-失去电子变为Cl2；Cu2+在阴极上得到电子被还原产生Cu单质，而不能产生H2。一般是通过加入活泼金属的含氧酸盐，如加入Na2CO3等溶液方法来增强水的导电性，C错误；D．电解时阳极上发生氧化反应，在阴极上发生还原反应，D错误；故合理选项是B。2.香豆素类药物是维生素K拮抗剂。一种合成香豆素的原理如下：下列说法正确的是A.有机物M有3种含氧官能团B.香豆素能发生水解、加成、消去反应C.M与足量氢气加成，加成产物含2个手性碳原子D.在水杨醛中滴加新制Cu(OH)2浊液会产生砖红色固体【答案】C【解析】【详解】A．根据有机物M结构简式可知：该物质分子中含有羟基、碳碳双键、羧基三种官能团，其中只有羟基、羧基两种含氧官能团，A错误；B．香豆素分子中含有酯基，能发生水解反应；含有不饱和的碳碳双键和苯环，能够发生加成反应；但无卤素原子及醇羟基，因此不能发生消去反应，B错误；C．M分子中含有一个苯环和一个碳碳双键能够与H2发生加成反应，而羧基具有特殊的稳定性，不能与H2发生加成反应，则M与足量H2加成后产物结构简式是。手性碳原子是连接4个不同原子或原子团的碳原子，根据加成产物1结构简式可知：该物质分子中在六元环上与两个支链相连的碳原子为手性碳原子，故该物质分子中含有2个手性碳原子，C正确；D．在水杨醛中滴加新制Cu(OH)2悬浊液，若加热就会反应产生砖红色固体，若不加热，不能产生砖红色沉淀，D错误；故合理选项是C。3.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.44.8L丙烯和44.8L丙烷中含有的碳原子数均为6NAB.将1molKAl(SO4)2·12H2O完全溶于水，所得溶液中阴离子总数等于2NAC.12.8g铜完全溶于未知浓度的硝酸中，转移的电子数为0.4NAD.1mol苯乙烯()与足量H2在催化剂和加热条件下反应，形成C-H键的数目最多为2NA【答案】C【解析】【详解】A．未指明气体是否处于标准状况，因此不能确定气体的物质的量，也就不能确定其中所含的微粒数目，A错误；B．1molKAl(SO4)2·12H2O完全溶于水，电离产生2mol，在该溶液中除溶质会电离产生阴离子外，溶剂水还电离产生阴离子OH-，故所得溶液中阴离子总数大于2NA，B错误；C．Cu是+2价金属，1个Cu原子反应失去2个电子，12.8g铜的物质的量n(Cu)=，故其完全溶于未知浓度的硝酸中，转移的电子数为0.4NA，C正确；D．苯乙烯与足量H2发生加成反应后产物是，则1mol苯乙烯发生反应形成的C-H键的数目最多为8NA，D错误；故合理选项是C。4.利用待测样品和指定的试剂设计实验能达到实验目的的是实验目的待测样品试剂A检验补铁剂硫酸亚铁片是否部分氧化硫酸亚铁片的水溶液铁氰化钾溶液B检验洁厕剂主要成分是盐酸洁厕剂硝酸银溶液C检验是否患糖尿病患者尿液硫酸铜溶液、纯碱溶液D检验海带中的碘元素海带灰浸出液氯水淀粉溶液A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.检验补铁剂硫酸亚铁片是否部分氧化，要取硫酸亚铁片的水溶液，向其中滴加KSCN溶液（或亚铁氰化钾溶液），若变为红色（或产生蓝色沉淀），就证明含有Fe3+，该补铁剂被氧化，否则未被氧化，A错误；B.能够与硝酸银溶液反应产生白色沉淀的可能是HCl，也可能是NaCl、Na2CO3、Na2SO4等物质，因此不能证明洁厕剂的主要成分是盐酸，B错误；C.检验是否患糖尿病，要取患者尿液，向其中加入NaOH至溶液呈碱性，加入新制的Cu(OH)2悬浊液（可由硫酸铜溶液与过量NaOH溶液制备），加热煮沸，若产生砖红色沉淀，证明尿液中含有葡萄糖，C错误；D.检验海带中的碘元素的方法是向海带灰浸出液中加入新制氯水，发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，证明海带中含有碘元素，D正确；故合理选项是D。5.某工厂的废水中含有大量的，较多的和少量的。为了减少污染并变废为宝，某实验小组设计了如图流程制备绿矾()并回收金属铜。下列叙述错误的是A.进行“操作Ⅰ”和“操作Ⅱ”时，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒B.“试剂①”为铁粉，“试剂②”为稀硫酸C.加入“试剂②”时，固体H部分溶解同时有气体生成D.“溶液G”和“溶液K”都只含一种溶质【答案】D【解析】【分析】废水中含有大量的FeSO4、较多的CuSO4和少量的Na2SO4，结合流程，试剂①为Fe，操作①为过滤除去Fe、Cu，则溶液G中主要含硫酸亚铁、硫酸钠，H中含Cu、Fe，加入试剂②为H2SO4，操作②为过滤得到固体Cu，溶液K中主要含硫酸、FeSO4，操作Ⅲ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得到FeSO4•7H2O，以此解答该题。【详解】A．“操作Ⅰ”和“操作Ⅱ”均为过滤，需要使用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒，故A正确；B．据分析，“试剂①”为铁粉，“试剂②”为稀硫酸，故B正确；

C．加入“试剂②”时，稀硫酸和铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气、稀硫酸不与铜反应，则固体部分溶解同时有气体生成，故B正确；

D．加入的“试剂②”一定过量，便于稀硫酸和铁粉充分反应，则“溶液K”中的溶质不止一种物质，故D错误；故答案选D。【点睛】本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点，把握制备流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。6.下列反应对应的离子方程式正确的是A.硫酸铜溶液使PbS转变为更难溶的CuS：B.溶液中加足量的烧碱液：C.漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：D.双氧水与酸性高锰酸钾溶液反应：【答案】A【解析】【分析】【详解】A．硫酸铜溶液使硫化铅转变为更难溶的硫化铜的反应为硫酸铜溶液与硫化铅固体反应生成硫化铜固体和硫酸铅固体，反应的离子方程式为，故A正确；B．碳酸氢镁溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀、碳酸钠和水，反应的离子方程式为，故B错误；C．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体的反应为溶液中次氯酸钙与少量二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钙沉淀和次氯酸，反应的离子方程式为，故C错误；D．双氧水与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成硫酸钾、硫酸锰、氧气和水，反应的离子方程式为，故D错误；故选A。7.某化学小组在实验室利用下列装置(部分夹持仪器略)进行实验，其中能达到实验目的的是A.图Ⅰ：制取并收集少量干燥的氨气B.图Ⅱ：制备少量无水氯化镁C.图Ⅲ：关闭a、打开b，可检查装置的气密性D.图Ⅳ：验证牺牲阳极法保护铁【答案】D【解析】【详解】A．氯化铵和氢氧化钙加热生成氨气，同时会有水生成，收集的氨气中含有水蒸气，不能收集到干燥的氨气，故A错误；B．制备少量无水氯化镁应在HCl气氛中加热蒸干水分，故B错误；C．分液漏斗上端与烧瓶连通，上下压强保持一致，液体始终可以顺利流下，不能检验装置的气密性，故C错误；D．通过铁氰化钾溶液可以检验是否有亚铁离子生成，从而判断铁作电极情况，可用来验证牺牲阳极法保护铁，故D正确；故选：D8.某种化合物（如图）由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是A.原子半径：W<X<Y<ZB.X与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物C.简单离子的氧化性：WXD.W与X的最高价氧化物的水化物可相互反应【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素，且W、Y、Z分别位于三个不同周期，则其中一种元素为H，据图可知W不可能是H，则Y或者Z有一种是氢，若Y为H，则不满足“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”，所以Z为H，W和Y属于第二或第三周期；据图可知X可以形成+1价阳离子，若X为Li，则不存在第三周期的元素简单离子核外电子排布与X相同，所以X为Na；据图可知Y能够形成2个共价键，则Y最外层含有6个电子，结合“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”可知，Y为O；根据“Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍”可知，W最外层含有3个电子，为Al元素，据此解答。【详解】A．同一周期从左向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，则原子半径大小为：Z＜Y＜W＜X，故A错误；

B．Na与O形成的过氧化钠、O与H形成的双氧水都是强氧化剂，具有漂白性，故B正确；

C．金属性越强，对应简单离子的氧化性越弱，金属性Al＜Na，则简单离子的氧化性：W＞X，故C正确；

D．Al与Na的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝、NaOH，二者可相互反应生成偏铝酸钠和水，故D正确；

故选：A。9.一款高压无阳极配置可充电钠电池，其充电过程的原理如图所示。下列说法正确的是A.b为正极，电极c上发生氧化反应B.用此电池做电解水实验，当消耗水0.9g时，理论上c极消耗钠2.3gC.放电时，由3A沸石分子筛膜的右侧向左侧迁移D.通电时，电路中每迁移2mol电子，理论上两极质量差46g【答案】D【解析】【分析】由图可知，充电时，a极为阴极，电极反应式为Na＋＋e−=Na，b为阳极，放电时，c极为负极，d极为正极，据此作答。【详解】A．a和b为电源电极，为电解过程，b为阴极，故A错误；B．用此电池做电解水实验时，不参与电极反应，故B错误；C．放电时，阴离子向负极，阳离子向正极，由3A沸石分子筛膜的侧左向右侧迁移，故C错误；D．充电时，a极为阴极，电极反应式为Na＋＋e−=Na，电路中每迁移2mol电子，理论上a极净增重2mol×23g/mol＝46g，故D正确；故答案选D。10.某温度下，向体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol·L-1的NaCl、Na2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L-1的AgNO3溶液，滴定过程中的pX(pX=-lgX，X=Cl-、CrO)与滴加AgNO3溶液体积关系如图所示(lg3=0.47)。下列说法错误的是A.a=1 B.曲线I表示NaCl溶液C.Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10-2b D.M约为2c-1.47【答案】C【解析】【分析】【详解】A．纵坐标表示pX=-lgX(X=Cl-，)，c(Cl-)=c()=0.1mol/L，代入得a=1，选项A正确；B．等体积、等浓度的NaCl溶液，Na2CrO4溶液与等浓度AgNO3溶液恰好反应时（滴定曲线突跃中点），NaCl溶液反应消耗AgNO3溶液体积只有Na2CrO4溶液消耗AgNO3溶液体积的一半，Ⅰ表示NaCl溶液，选项B正确；C．从图中可得Na2CrO4溶液与AgNO3溶液反应终点时c()=10-bmol/L，c(Ag+)=210-bmol/L，Ksp(Ag2CrO4)=410-3b，选项C错误；D．NaCl溶液中加入40mL的AgNO3溶液，AgNO3溶液过量，反应后溶液中，c(Ag+)=0.1mol/L，由图可得Ksp(AgCl)=110-2c，求出c(Cl-)=31010-2cmol/L，pX=M=2c-1.47，选项D正确；答案选C。二、非选择题(本题包括5小题，共60分)11.铅蓄电池的拆解、回收和利用可以减少其对环境的污染，具有重要的可持续发展意义。利用废铅蓄电池的铅膏(主要成分为、，还有少量Pb、、)制取红丹()的工艺流程如图：已知：①；；；②醋酸铅是弱电解质。回答下列问题：（1）粉碎镍废料、___________、___________等措施可以提高浸出速率。（2）“浸出”时，加入乙酸、乙酸钠、溶液可将含铅物质转化为。转化为的化学方程式为___________。（3）当金属离子浓度低于时，被认为沉淀完全，则“调pH”的范围是___________～7.（4）“沉铅”时，判断完全沉淀的实验方法是___________。（5）“沉铅”后的滤液经除杂后可作为“回用液”循环利用。需要加入的除杂试剂是___________。（6）“氧化”生成红丹的离子方程式为___________。（7）若废铅膏中铅元素的质量分数为69%，用上述流程对1kg废铅膏进行处理，得到685g红丹，则铅的回收率为___________%。【答案】（1）①增大盐酸浓度②.适当升高温度（2）（3）5（4）取上清液加入盐酸，有气体产生说明碳酸根过量，完全沉淀；（5）BaCO3（6）（7）90%【解析】【分析】利用废铅蓄电池的铅膏(主要成分为、，还有少量Pb、、)制备PbO，铅膏研磨过筛，加入CH3COOH溶液和H2O2溶液可将PbO2转化为(CH2COO)2Pb，杂质Fe2O3与醋酸反应生成Fe3＋，第一次加入Na2CO3调pH除去杂质铁离子，加入Na2CO3可将PbSO4转化为PbCO3，过滤后加入乙酸溶解，加入NaClO和NaOH氧化后得到，据此分析解答。【小问1详解】为了提高金属镍废料浸出的速率，还可以增大盐酸浓度，适当升高温度等；故答案为增大盐酸浓度，适当升高温度；【小问2详解】加入H2O2溶液与PbO2发生氧化还原反应生成Pb2＋，与CH3COOH溶液和反应转化为(CH2COO)2Pb，则PbO2转化为(CH2COO)2Pb的化学方程式是；故答案为；【小问3详解】，，可知氢氧化铁，氢氧化铝完全沉淀时，所以pH=5；故答案为5；【小问4详解】“沉铅”时，加入碳酸钠将PbSO4转化为PbCO3，判断完全沉淀的实验方法是取上清液加入盐酸，有气体产生说明碳酸根过量，完全沉淀；故答案为取上清液加入盐酸，有气体产生说明碳酸根过量，完全沉淀；【小问5详解】“沉铅”后的滤液中含有，需除去后作为“回用液”循环利用，可加入BaCO3作为除杂试剂；故答案为BaCO3；【小问6详解】在NaClO和NaOH氧化得到，离子方程式为；故答案为；【小问7详解】685g中铅元素的质量为，1kg废铅膏中铅元素的质量为1000g×69%＝690g，则铅的回收率为；故答案为90%。【点睛】本题考查物质的制备实验方案设计，侧重考查学生知识综合应用、根据反应流程及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用。12.硫脲是一种白色晶体，熔点180℃，易溶于水和乙醇，受热时部分发生异构化反应而生成硫氰化铵，可用于制造药物，也可用作橡胶的硫化促进剂以及金属矿物的浮选剂等。回答下列问题：I、硫脲的制备：已知：将石灰氮()和水的混合物加热至80℃时，通入硫化氢气体反应可生成硫脲溶液和石灰乳，实验装置如图所示。（1）装置B中的试剂X和试剂Y的最佳组合是___________(填序号)。A．FeS固体和浓硫酸B．FeS固体和稀硝酸C．FeS固体和稀盐酸（2）仪器M的名称为___________。装置A中用饱和NaHS溶液的原因是___________。（3）装置C中反应温度控制在80℃，温度不宜过高或过低的原因是___________。（4）装置C中反应的化学方程式为___________。（5）用D装置进行尾气吸收，尾气中除了含外，还含有的气体是___________(填化学式)II、硫脲的分离及产品含量的测定（6）装置C反应后的液体过滤后，将滤液减压蒸发浓缩，之后冷却结晶，离心分离，烘干即可得到产品。称取mg产品，加水溶解配成500mL溶液，量取25mL于锥形瓶中，滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性，用标准溶液滴定，滴定至终点时消耗标准溶液VmL。①硫脲中硫元素的化合价为___________价。②滴定时，硫脲转化为、、，则___________。③样品中硫脲的质量分数为___________(用含“m，c、V”的式子表示)。【答案】（1）C（2）①.恒压滴液漏斗②.为了除去H2S气体中的HCl气体（3）温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；温度过低，反应速度缓慢；（4）（5）H2CN2（6）①.-2②.③.【解析】【分析】结合制备和反应顺序，C中将石灰氮(CaCN2)和水的混合物加热至80℃时，A中FeS固体和稀盐酸反应生成硫化氢气体，然后经过A中NaHS溶液除去气体中的杂质HCl，H2S通入C反应可生成硫脲溶液和石灰乳，D进行尾气吸收，防止污染，据此解答。【小问1详解】装置B是制备H2S气体，故试剂X和试剂Y的最佳组合是FeS固体＋稀盐酸，稀硝酸和浓硫酸会氧化H2S气体；

故答案选C；【小问2详解】仪器M的名称为恒压滴液漏斗，装置A中用饱和NaHS溶液的原因是为了除去H2S气体中的HCl气体；故答案为恒压滴液漏斗；为了除去H2S气体中的HCl气体；【小问3详解】温度控制在80℃，温度不宜过高或过低的原因是温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；温度过低，反应速度缓慢；故答案为温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；温度过低，反应速度缓慢；【小问4详解】装置C中反应的化学方程式为；故答案为：；【小问5详解】CaCN2水解生成气体应该先生成H2CN2；所以用D装置进行尾气吸收，尾气中除了含外，还含有的气体是H2CN2；故答案为H2CN2；【小问6详解】①硫脲[CS(NH2)2]中硫元素的化合价为−2价；故答案为−2；

②滴定时滴定时，硫脲转化为CO2、N2、，反应的离子方程式为，故答案为；

③根据，可得关系式为5CS(NH2)2~14，可得样品中硫脲的质量分数为，故答案为。【点睛】本题以制备硫脲为载体，考查方程式书写、仪器组装、实验基本操作、实验评价等知识的基础性、综合性、知识应用，考查学生的理解与辨析、分析与推测、归纳与论证能力，难度较大。13.利用可见光催化还原，将转化为增值化学原料(HCOOH、HCHO、等)，被认为是一种可持续的资源化有效途径。（1）已知：___________。（2）在一定温度下，将1mol和3mol通入某恒容密闭容器中，发生反应，测得不同时刻容器中的体积分数如表所示。t/min010203040500.2500.2300.2150.2050.2000.200达到平衡时的转化率为___________。（3）将的混合气体充入某密闭容器中，同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ。反应Ⅰ：。反应Ⅱ：。在相同时间内，测得的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图甲。①压强、、由大到小的顺序为___________；温度从到，转化率变化的主要原因是___________。②在一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中充入1mol和3mol，仅发生反应Ⅱ。起始时容器内气体的总压强为8pkPa，若10min时实验测得的平衡分压为pkPa，则0~10min内，___________，该反应的___________。（4）Bi与BiIn合金催化剂电化学还原生产HCOOH的催化机理及在催化剂表面还原过程各物质的相对能量变化，如图乙所示(带“*”表示物质处于吸附态)。试从乙图进行分析，用催化剂的化学式填空：①转化为*OCHO效果更好的催化剂___________。②*OCHO转化为HCOOH能垒较大的催化剂___________。【答案】（1）（2）25%（3）①.、、②.反应Ⅰ正反应是吸热反应，反应Ⅱ正反应为放热反应，温度从到，转化率主要取决于反应Ⅱ；③.0.075④.（4）①.BiIn②.Bi【解析】【小问1详解】已知①；②；③；可表示为②-①-③；，故答案为；【小问2详解】由表2可知，平衡时CO2的体积分数为0.200，设反应由起始到达平衡时CO2转化的物质的量为xmol,列三段式：；则，解得x＝0.25；则达到平衡时的转化率为25%；【小问3详解】①在同一温度下，的转化率从p1，p2，p3逐渐增大，反应前后气体体积分数不变，反应前后气体体积分数降低，所以增大压强有利于提高的转化率，所以压强、、由大到小的顺序为、、；故答案为、、；反应Ⅰ正反应是吸热反应，反应Ⅱ正反应为放热反应；温度从到温度升高，转化率降低，转化率主要取决于反应Ⅰ；温度从到温度升高，转化率降低，转化率主要取决于反应Ⅱ；故答案为反应Ⅰ正反应是吸热反应，反应Ⅱ正反应为放热反应，温度从到转化率主要取决于反应Ⅱ；②设反应由起始到达平衡时CO2转化的物质的量为ymol，根据列三段式：，恒温恒容下，气体压强与气体物质的量成正比例，，解得y＝0.5，；平衡时CO2、H2、CH3OH、H2O物质的量依次为0.5mol、1.5mol、0.5mol、0.5mol，CH3OH的分压为pkPa，则p(CO2)＝p(CH3OH)＝p(H2O)＝pkPa，p(H2)＝pkPa×3＝3pkPa，则平衡常数；故答案为0.075；；【小问4详解】①根据图象，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；故答案为BiIn；②相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能，所以*OCHO转化为HCOOH能垒较大的催化剂为Bi；故答案为Bi。【点睛】本题考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用、化学平衡的影响因素分析化学平衡移动原理的应用、平衡常数计算判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。14.中科院首创的KBBF晶体在激光技术领域具有重要应用价值，KBBF的化学组成为（1）氟原子激发态的电子排布式中能量从高到底的顺序是___________。(填标号)a、b、c、d、（2）KBBF晶体可将入射激光直接倍频产生深紫外激光，源于___________(填选项符号)A．分子热效应B．晶体内化学反应焓变C．原子核外电子在能级间的跃迁（3）KBBF晶体生产原料纯化过程重要物质乙酸氧铍分子为四面体对称结构，氧原子位于四面体中心，四个铍原子位于四面体的顶点，六个醋酸根离子则连接在四面体的六条棱边上：①分子中碳原子杂化类型为___________。②六个甲基中的碳原子形成的空间构型为___________。③1mol乙酸氧铍晶体中含有的配位键为___________mol。（4）超氧化钾()晶体结构中阴阳离子的配位数均为6，则晶胞的俯视图可能是___________(填选项字母)。A. B. C. D.【答案】（1）D（2）C（3）①.sp3、sp2②.正八面体③.14

（4）CD【解析】【小问1详解】F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为。A选项，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态；B选项，核外共10个电子，不是氟原子，错误；C选项，核外共8个电子，不是氟原子，错误；D选项，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态。同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，故能量较高的是D；故选D；【小问2详解】电子获得能量跃迁到较高能级，形成激发态原子，电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，以光的形式释放能量，故KBBF晶体可将入射激光直接倍频产生深紫外激光，源于原子核外电子在能级间的跃迁，故答案为:C；【小问3详解】①草酸根的甲基中碳原子形成4个键，另外碳原子形成3个键均没有孤电子对，杂化轨道数目分别为4、3分别采取sp3、sp2杂化；②Be4O(CH3COO)6分子为四面体对称结构，氧原子位于四面体中心，四个铍原子位于四面体的顶点，六个醋酸根离子则连接在四面体的六条棱边上，则甲基中碳原子与四面体体心O原子连线垂直平分正四面体的棱，六个甲基中的碳原子形成的空间构型为正八面体；③O原子与Be原子间形成配位键，4个Be，一个Be上4个键，一共16个，但是有2个是