2024年华东师大版高三物理下册月考试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年华东师大版高三物理下册月考试卷701考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、一辆额定功率为20kw、质量为1500kg的汽车，从静止开始以2m/s2的加速度匀加速启动，若汽车运动过程所受阻力恒为1000N，则汽车启动后3秒时的瞬时功率为（）A.6kwB.18kwC.20kwD.24kw2、如图所示，正方形闭合金属线框，电阻为R，从距离匀强磁场上边界h高处，由静止开始沿竖直平面自由下落，线框平面始终垂直于磁场方向，且磁场区域的高度大于线框的边长．t=0时，线框恰好完全近入磁场，则在从线框完全近入磁场到线框恰好完全穿出磁场的过程中，下列v-t图象中，可能正确描述上述方程的是（）A.B.C.D.3、图示为一列向右传播的横波在t=0时刻的波形图，a、b；c三个质点从图示时刻起第一次回到平衡位置的先后次序是（）

A.b；c，a

B.c，b；a

C.a，b；c

D.a，c，b

4、关于运动的合成和分解，下列说法正确的是（A.合运动的时间等于两个分运动的时间之和B.合速度一定比其中一个分速度大C.合运动的加速度不可能与分运动的加速度相同D.两个互成角度的初速度不为零的匀变速直线运动的合运动可能是直线运动5、（理）[选修物理3-1模块（偏理）的考生做此题]图中实线表示电场线，虚线表示等势面，过a．b两点的等势面的电势分别为40V、20V，那么ab连线的中点的电势值为（）A.等于30VB.大于30VC.小于30VD.无法确定评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)6、（2012秋•大兴区期末）一个物体，置于水平面上，在0～4s内受水平力F和摩擦力作用，在4～10s内仅受摩擦力作用，其v一t图线如图所示，取重力加速度g=10m/s2，则在0～4s内物体的加速度大小为____m/s2，物体与水平面间的动摩擦因数为____．7、如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置。（1）在该实验中必须采用，应保持小车的总质量不变，用钩码所受的重力作为小车所受外力，用DIS测小车的加速度。（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线（如图所示）。分析此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是____A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大8、某同学设计了一个用打点计时器做“探究碰撞中不变量”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动．然后与原来静止在前方的小车A相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，他设计的具体装置如图1所示．在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源为50Hz；长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．

①若已得到打点纸带如图2所示，并测得各计数点间距离，A为运动起始的第一点，则应选段来计算A和A碰后的共同速度____．（填“AA”或“AC”或“CD”或“DE”）

②已测得小车A的质量m1=0.40kg，小车A的质量m2=0.20kg，由以上测量结果可得．碰前mAv0=____kg•m/s；碰后（mA+mA）v共=____kg•m/s；由此得出结论____．9、在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中，测得最大路端电压为Ua=1.2V

最大电流为Ib=0.5A

实验共记录五组数据，作图得到伏鈭�

安图线，如图所示.

则ab

两状态时电池消耗的总功率之差为______W

测量范围内电池最大输出功率为______W.

10、两个共点力的合力最大值25N，最小值为15N，则这两个力分别为____N和____N，当这两个力互为90度角时，合力大小为____N．11、美国的NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众．经常有这样的场面：在临终场0.1s的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的胜利．如果运动员投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，球的质量为m，空气阻力不计，则篮球出手时的速度为____，篮球进筐时的动能为____．12、甲车质量是乙车质量的2倍，把它们放在光滑水平面上，用力F作用在静止的甲车上时，得到2m/s2的加速度．若用力F作用在静止的乙车上，经过2s，乙车的速度大小是____m/s．13、如图所示，水平线对重力为1000N的电线杆的拉力为2000N，为了不使杆发生倾斜，在杆的另一侧用铁索拉住，铁索的拉力与竖直方向的夹角为30°，则铁索上的拉力为____N；地面对杆的弹力为____N．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)14、电场力大的地方电场强度一定大．____．（判断对错）15、气体由状态1变到状态2时，一定满足方程=．____．（判断对错）16、电子手表中的液晶在外加电压的影响下能够发光．____．（判断对错）17、做平抛运动的物体，在空中运动的时间与初速度有关．____（判断对错）18、矢量的运算遵守平行四边形法则．____．19、质点是一个理想化模型，实际上并不存在，所以，引入这个概念没有多大意义．____．20、非晶体的结构跟液体非常相似，可以看成是黏滞性极大的液体．____．（判断对错）21、没有施力物体的力有可能存在．____（判断对错）评卷人得分四、画图题(共2题，共10分)22、图所示为一列向左传播的简谐波在某一时刻的波形图，若波速是0.5m/s，试在图上画出经7s时的波形图。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）23、在图示中，物体A处于静止状态，请画出各图中A物体所受的弹力．评卷人得分五、简答题(共3题，共21分)24、【化学选修rm{3}物质结构与性质】四种常见元素的性质或结构信息如表，根据信息回答有关问题。元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}性质。

或结。

构信息原子核外有两个电子层，最外层有rm{3}个未成对电子原子的rm{M}层有rm{1}对成对的rm{p}电子原子核外电子排布为：rm{[Ar]3d^{10}4s}rm{{,!}^{x}}，有rm{+1}rm{+2}两种常见化合价有两种常见氧化物，其中一种是冶炼金属工业的常用还原剂rm{(1)A}元素与其同周期相邻两种元素原子的第一电离能由大到小的顺序为______rm{(}用元素符号表示rm{)}rm{B}原子基态电子排布式为______。

rm{(2)B}元素的低价氧化物分子中心原子的杂化方式为______，rm{B}元素的最高价氧化物分子的rm{VSEPR}构型为______；与rm{AO_{3}^{-}}离子互为等电子体的另外一种阴离子是____。

rm{(3)D}元素最高价氧化物的熔点比同主族相邻元素最高价氧化物的熔点______rm{(}填“高”或“低”rm{)}其原因是______。

rm{(4)}往rm{C}元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量rm{A}元素的氢化物水溶液；观察到的现象为______；后一现象的离子方程式为：______。

rm{(5)C}晶体的堆积方式如图所示设晶胞边长为rm{acm}阿伏伽德罗常数用rm{N_{A}}表示，则晶胞中rm{C}原子的配位数为____，rm{C}晶体的密度为_____rm{g?cm^{-3}(}要求写表达式，可以不简化rm{)}25、rm{Cu}rm{Fe}rm{Se}rm{Co}rm{S}rm{P}等元素常用于化工材料的合成。请回答下列问题：rm{Cu}rm{Fe}rm{Se}rm{Co}rm{S}等元素常用于化工材料的合成。请回答下列问题：rm{P}最外层电子排布式为________，其核外共有________种不同运动状态的电子。rm{(1)Fe^{3+}}比rm{Fe^{3+}}更稳定的原因是________。rm{Fe^{2+}}硒为第四周期元素，相邻的元素有砷和溴，则三种元素的电负性从大到小的顺序为________rm{(2)}用元素符号表示rm{(}rm{)}分子的空间构型为________。rm{SeO_{2}}可用于制造火柴，其分子结构如图所示。rm{(3)P_{4}S_{3}}分子中硫原子的杂化轨道类型为________，每个rm{P_{4}S_{3}}分子中含孤电子对的数目为________。rm{P_{4}S_{3}}铜的某种氧化物晶胞结构如图所示，若该晶胞的边长为rm{(4)}则该氧化物的密度为________rm{acm}rm{g隆陇cm^{-3}}设阿伏加德罗常数的值为rm{(}rm{N_{A})}26、如图所示；三个电阻的阻值分别为2Ω；3Ω、1.8Ω，U为6v．

求：（1）电路的总电阻；（2）各支路的电流和总电流；（3）各电阻两端的电压；（4）各电阻消耗的功率．评卷人得分六、计算题(共2题，共8分)27、如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与水平线AB平齐，静止放于倾角为60°的光滑斜面上。一长为L＝10cm的轻质细绳一端固定在O点，另一端系一质量为m＝1kg的小球，将细绳拉至水平，使小球在位置C由静止释放，小球到达最低点D时，细绳刚好被拉断。之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向将劲度系数为k=100N/m的弹簧压缩，已知弹簧的弹性势能EP与弹簧的劲度系数k及弹簧的形变量x的关系式为g＝10m/s2，求：(1)当弹簧的形变量为x=9cm时小球的加速度大小；(2)D点到水平线AB的高度h；(3)在小球的运动过程中，小球的动能最大值。28、【题文】如图，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L，在两极板间加一垂直极板方向的场强为E的匀强电场。设一个质量为m、电荷量为q的离子以速度v0从左边O’点射入；入射方向跟极板平行，设离子能从右边缘射出。不计离子重力，求。

（1）离子在极板间运动的加速度a的大小？

（2）离子从O’点射入到射出平行金属板的时间t？

（3）离子离开电场时的侧移距离y？参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【分析】根据牛顿第二定律求出匀加速运动汽车的牵引力，以及根据匀变速直线运动求出第3s末的速度，最后根据P=Fv求出第3s末发动机的瞬时功率．【解析】【解答】解：根据牛顿第二定律得：F-f=ma；则F=f+ma=1000N+1500×2N=4000N．汽车第3s末的速度v=at=2×3m/s=6m/s．所以。

P=Fv=4000×6=24000W=24kW＞20kW．故达到额定功率20kW；故C正确，A；B、D错误．

故选：C．2、B【分析】【分析】分析线框的运动过程，根据线框受力情况分析判断线框速度随时间变化的关系．【解析】【解答】解：线框完全进入磁场；穿过线框的磁通量不变，线框中没有感应电流，线框不受安培力，线框做匀加速直线运动，速度v随时间t均匀增加，由图示图象可知，ACD错误，B正确；

故选：B．3、B【分析】

由题简谐横波向右传播，由波形平移法得知，图示时刻a质点向上运动，从图示时刻起第一次回到平衡位置的时间大于b质点向上运动，经过第一次回到平衡位置；c向下运动从图示时刻起第一次回到平衡位置的时间小于所以a、b、c三个质点从图示时刻起第一次回到平衡位置的先后次序是c，b；a．

故选B

【解析】【答案】简谐横波向右传播，根据波形的平移法判断三个质点的速度方向，确定出时间与周期的关系，判断a、b；c三个质点从图示时刻起第一次回到平衡位置的先后次序．

4、D【分析】【分析】分运动与合运动具有等时性，根据平行四边形定则，可以得出合速度与分速度的大小关系．根据合加速度的方向与合速度方向是否在同一条直线上，判断合运动是直线运动还是曲线运动．【解析】【解答】解：A；分运动与合运动具有等时性；故A错误．

B；根据平行四边形定则；知合速度可能比分速度大，可能比分速度小，可能与分速度相等，故B错误．

C；合运动的加速度不可能与分运动的加速度相同；比如：平抛运动，故C错误．

D；两个互成角度的初速度不为零的匀变速直线运动的合运动；当合加速度与合速度方向共线时，则是直线运动；若不共线，则是曲线运动，故D正确．

故选：D．5、C【分析】【分析】由图看出，ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，根据公式U=Ed定性分析a、c间与b、c间电势差的大小，再求解中点b的电势φc．【解析】【解答】解：由图看出，ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、c间电势差Uac大于b、c间电势差Ucb，即φa-φc＞φc-φb，得到φc＜==30V．

故选：C．二、填空题(共8题，共16分)6、30.2【分析】【分析】根据速度时间图线求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度，根据牛顿第二定律列出匀减速运动加速度的表达式，从而求出物体与水平面间的动摩擦因数．【解析】【解答】解：0～4s内物体的加速度大小．

匀减速直线运动的加速度大小．

根据牛顿第二定律得，；解得μ=0.2．

故答案为：3，0.2．7、略

【分析】【解析】试题分析：（1）试验中的变量由三个，只有让其中一个不变，才能研究另外两个量的关系，这种方法叫控制变量法。（2）本实验要求小车的质量远远大于钩码的质量，否则就会出现图线反映的情况；故选C考点：探究加速度和力的关系【解析】【答案】控制变量法C8、de0.4200.417在误差允许的范围内，小车A、A组成的系统碰撞前后总动量守恒【分析】【解答】（1）推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故AC段为匀速运动的阶段，故选AC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和A碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度（2）碰前系统的动量即A的动量，则P1=mAv0=mA=0.40×=0.420kg•m/s；

碰后的总动量P2=mAvA+mAvA=（mA+mA）v2=（mA+mA）=（0.40+0.20）×=0.417kg•m/s；

由实验数据可知：在误差允许的范围内，小车A、A组成的系统碰撞前后总动量守恒．

故答案为：（1）DE；（2）0.420；0.417；在误差允许的范围内，小车A、A组成的系统碰撞前后总动量守恒．

【分析】（1）碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，在匀速运动时在相同的时间内通过的位移相同，所以AC应为碰撞之前匀速运动阶段，DE应为碰撞之后匀速运动阶段．（2）物体发生的位移与发生这些位移所用时间的比值等于匀速运动的物体在该段时间内的速度，由动量定义式求出动量．并得出结论．9、略

【分析】解：由图可知；电源的电动势为E=1.50V

根据图象的斜率求出内电阻r=1.2娄赂

．

ab

两状态时电池消耗的总功率分别是pa=EIapb=EIb

所以ab

两状态时电池消耗的总功率之差为鈻�p=1.5隆脕(0.5鈭�0.25)=0.375w

根据数学知识分析得知，当外电阻等于电源的内阻，即R脥芒=r

时；电源的输出功率最大．

但测量范围内达不到R脥芒=r

电源的最大输出功率为Pm=UI=0.9隆脕0.5=0.45w

故答案为：0.3750.45

U鈭�I

图象中图象与纵坐标的交点表示电源的电动势；根据图象的斜率求出内电阻．

根据电功率的公式求出ab

两状态电池消耗的总功率.

根据数学知识分析得知；当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大．

测定电动势和内电阻的实验中为了减小误差采用了图象分析法，关于电路中功率的计算问题，可以纯粹采用数学函数求极值的方法，也可以利用功率与电阻关系的图象分析．【解析】0.3750.45

10、20520.6【分析】【分析】两力合成时，合力随夹角的增大而减小，当夹角为零时合力最大，夹角180°时合力最小，合力范围为：|F1+F2|≥F≥|F1-F2|．【解析】【解答】解：当夹角为零时合力最大，最大值为F1+F2=25N；

当夹角180°时合力最小，最小值为F1-F2=15N；

解得：F1=20N；F2=5N；

当夹角为90°时，合力的大小为≈20.6N；

故答案为：20，5，20.6．11、W+mgh1-mgh2【分析】【分析】分析在投篮过程中外力对球所做的功，则可求得篮球进筐时的动能．【解析】【解答】解：运动员投篮过程中对篮球做功为W，根据动能定理：W=mv12

得：v1=

篮球机械能守恒，选取地面为0势能面，设篮球进筐时的动能为W2；则有。

mgh1+W=mgh2+W2

得：W2=W+mgh1-mgh2

故答案为：；W+mgh1-mgh2．12、8【分析】【分析】根据牛顿第二定律，结合质量关系求出加速度的关系，从而得出乙车的加速度，结合速度时间公式求出乙车的速度．【解析】【解答】解：根据牛顿第二定律得，a=，因为甲车质量是乙车质量的2倍，则甲车的加速度是乙车加速度的．所以乙车的加速度等于4m/s2；

则乙车的速度v=at=4×2m/s=8m/s．

故答案为：8．13、40001000【分析】【分析】由题意可知，拉索及OA的拉力的合力竖直向下，由力的合成知识可得出几何图形，由几何关系可求得OB的拉力及地面对杆的支持力．【解析】【解答】解：（1）因OA与OB的拉力的合力竖直向下；如图所示；由几何关系可知，OB的拉力：

F==；

（2）此时OA与OB的合力竖直向下，大小为：F=；

对杆受力分析，则有：N=G+F=1000+2000N；

故答案为：4000；1000．三、判断题(共8题，共16分)14、×【分析】【分析】根据电场强度的定义式E=变形得到F与E的关系式，再分析即可．【解析】【解答】解：根据电场强度的定义式E=得：F=qE

可知电场力与电场强度和电荷量都有关；则电场力大的地方电场强度不一定大，故该判断是错的．

故答案为：×．15、×【分析】【分析】根据理想气体的状态方程即可做出判定．【解析】【解答】解：对于一定质量的理想气体，由状态1变到状态2时，一定满足方程=．若不满足一定质量的条件；该公式不成立．所以以上的说法是错误的．

故答案为：×16、×【分析】【分析】液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质．液晶是介于液态与结晶态之间的一种物质状态；液晶在外加电压的影响下并不发光，而是由于液晶通电时，排列变得有秩序，使光线容易通过．【解析】【解答】解：液晶在外加电压的影响下并不发光；而是由于液晶通电时，排列变得有秩序，使光线容易通过．所以该说法是错误的．

故答案为：×17、×【分析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，运动的时间由高度决定，与初速度无关．【解析】【解答】解：根据h=得：t=；知平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关．所以这个说法是错的．

故答案为：×．18、√【分析】【分析】物理量按有无方向分矢量和标量，矢量的运算遵守平行四边形法则．【解析】【解答】解：矢量是既有大小；又有方向的物理量，矢量的运算遵守平行四边形法则．故这句话是正确的．

故答案为：√19、×【分析】【分析】质点是人们为了研究问题的方便而忽略物体的形状和大小而人为引入的一个理想化模型，故实际上并不存在，质点虽然忽略物体的形状和大小但保留了物体其它的性质，故不同于几何中的点，只要物体的形状和大小对研究问题没有影响或者影响可以忽略不计时物体就可以当作质点，与物体的体积的大小无关．【解析】【解答】解：质点是一个理想化模型；实际上并不存在，质点是人们为了研究问题的方便而忽略物体的形状和大小而人为引入的一个理想化模型，只要物体的形状和大小对研究问题没有影响或者影响可以忽略不计时物体就可以当作质点．故说法错误．

故答案为：×．20、√【分析】【分析】液体微观结构理论：

（1）液体分子的排列更接近于固体；是密集在一起的，因而液体具有一定的体积，不易被压缩。

（2）液体分子之间的相互作用不像固体中的微粒那样强；液体分子只在很小的区域内做有规则的排列，这种区域是暂时形成的，边界和大小随时改变，有时瓦解，有时又重新形成，液体由大量的这种暂时形成的小区域构成，这种小区域杂乱无章地分布着，因而液体表现出各向同性。

（3）液体分子的热运动与固体类似，主要表现为在平衡位置附近做微小的振动，但液体分子没有长期固定的平衡位置，在一个平衡位置附近振动一小段时间以后，又转移到另一个平衡位置附近去振动，即液体分子可以在液体中移动，这就是液体具有流动性的原因．【解析】【解答】解：由液体的结构知非晶体的结构进行比较可知；二者在很多的方面非常类似，可以看作是粘滞性极大的液体．该说法是正确的；

故答案为：√21、×【分析】【分析】从力的概念，力作用的相互性，一个对另一个物体施加力的作用有两种形式：一是物体直接接触作用，二是物体之间的间接作用，分析即可．【解析】【解答】解：力是物体对物体的作用；力不能脱离物体而存在；因此有力必然涉及两个物体，一个是施力物体，另一个是受力物体，施力物体对受力物体施力的同时也受到受力物体对它的作用力，也就是说，物体间力的作用是相互的，没有施力物体的力有不可能存在．

故答案为：×四、画图题(共2题，共10分)22、略

【分析】【解析】试题分析：由图读出波长，由波速公式求出周期．根据简谐运动在一个周期内通过的路程，求出位移．采用波形平移的方法画出7s时的波形图．由图直接可得波长根据得：7秒内波传播的位移为：根据平移法，把波形沿传播方向平移3.5米，如下图实线：考点：画波形图【解析】【答案】图形向左平移1.5m23、略

【分析】弹力的方向总是与物体接触面的切面垂直，然后指向受力物体，据此可得思路分析：弹力的方向总是与物体接触面的切面垂直，然后指向受力物体试题【解析】【答案】【解析】弹力的方向总是与物体接触面的切面垂直，然后指向受力物体，据此可得思路分析：弹力的方向总是与物体接触面的切面垂直，然后指向受力物体试题五、简答题(共3题，共21分)24、（1）N＞O＞C1s22s22p63s23p4（2）sp2杂化平面三角形PO3-或CO32-（3）低CO2是分子晶体，SiO2是原子晶体（4）先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，最后得到深蓝色溶液Cu（OH）2+4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]2++4H2O+2OH-（5）12【分析】【分析】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、杂化方式与空间构型判断、晶体类型与性质、配合物、晶胞计算等，注意同周期第一电离能异常情况，掌握熔沸点高低比较方法。【解答】rm{A}原子核外有两个电子层，最外层有rm{3}个未成对的电子，外围电子排布为rm{2s^{2}2p^{3}}故A为rm{N}元素；rm{B}原子的rm{M}层有rm{1}对成对的rm{p}电子，外围电子排布为rm{3s^{2}3p^{4}}故B为rm{S}元素；rm{C}原子的核外电子排布为rm{[Ar]3d^{10}4s^{x}}有rm{+1}rm{+2}两种常见化合价，故C为rm{Cu}元素；rm{D}有两种常见氧化物，其中有一种是冶金工业常用的还原剂，故D为rm{C}元素．

rm{(1)}同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，氮元素rm{2p}能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：rm{N>O>C}rm{B}为rm{S}元素，其原子基态电子排布式为：为rm{B}元素，其原子基态电子排布式为：rm{S}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}

故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}；rm{N>O>C}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}元素的低价氧化物分子为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}；原子孤电子对数为rm{(2)B}价层电子对数rm{SO_{2}}杂化轨道数目为rm{S}故rm{dfrac{6-2隆脕2}{2}=1}原子采取rm{=2+1=3}杂化，rm{3}元素的最高价氧化物为rm{S}分子中rm{sp^{2}}原子价层电子对数为rm{B}其的rm{SO_{3}}构型为平面三角形，rm{S}rm{3+dfrac{6-2隆脕3}{2}=3}rm{VSEPR}与rm{AO}rm{AO}rm{{,!}_{3}^{-}}离子互为等电子体的另外一种阴离子是：故答案为：rm{PO_{3}^{-}}杂化；平面三角形；rm{PO_{3}^{-}}或rm{CO_{3}^{2-}}；

rm{CO_{3}^{2-}}元素最高价氧化物为二氧化碳，同主族相邻元素最高价氧化物为二氧化硅，，是分子晶体，rm{sp^{2}}是原子晶体；则二氧化碳的熔点比二氧化硅的低；

故答案为：低；rm{PO_{3}^{-}}是分子晶体，rm{PO_{3}^{-}}是原子晶体；

或元素的硫酸盐为硫酸铜，硫酸铜溶液中逐滴加入过量氨水溶液，先生成氢氧化铜沉淀，后氢氧化铜溶解得到四氨合铜络离子，观察到的现象为：先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，最后得到深蓝色溶液，后一现象的离子方程式为：rm{CO_{3}^{2-}}

故答案为：先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，最后得到深蓝色溶液；rm{CO_{3}^{2-}}

rm{(3)D}晶体为面心立方密堆积，以顶点rm{CO_{2}}原子研究，与之相邻的rm{SiO_{2}}原子处于面心，每个顶点为rm{CO_{2}}个晶胞共用，每个面心为rm{SiO_{2}}个晶胞共用，则rm{(4)C}原子配位数为rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}?H_{2}O篓T[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+4H_{2}O+2OH^{-}}晶胞中rm{Cu(OH)_{2}+4NH_{3}?H_{2}O篓T[Cu(NH_{3})_{4}]^{2+}+4H_{2}O+2OH^{-}}原子数目为rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}则晶胞质量为rm{(5)Cu}则晶胞密度为rm{4隆脕dfrac{64}{N_{A}}g隆脗(acm)^{3}=dfrac{4隆脕64}{a^{3}隆脕N_{A}}g?cm^{-3}}

故答案为：rm{Cu}rm{dfrac{4隆脕64}{a^{3}隆脕N_{A}}}rm{Cu}【解析】rm{(1)}rm{(1)}rm{N>O>C}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{4}}rm{(2)}杂化平面三角形rm{(2)}rm{sp^{2}}rm{PO_{3}^{-}}rm{PO_{3}^{-}}低或是分子晶体，rm{CO_{3}^{2-}}是原子晶体rm{CO_{3}^{2-}}先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，最后得到深蓝色溶液rm{(3)}rm{(3)}rm{CO_{2}}rm{dfrac{4隆脕64}{a^{3}隆脕N_{A}}}rm{SiO_{2}}25、（1）3s23p63d523Fe3＋的电子排布为[Ar]3d5，3d轨道为半充满状态，比Fe2＋电子排布[Ar]3d6更稳定

（2）Br＞Se＞AsV形

（3）sp310

（4）288/NAa3【分析】【分析】本题考查物质结构与性质，题目综合性大，涉及电负性、杂化理论、核外电子排布、晶胞计算等，难度中等。【解答】rm{(1)}铁为rm{26}号元素，rm{Fe^{3+}}最外层电子排布式为rm{3s^{2}3p^{6}3d^{5}}，其核外共有rm{23}种不同运动状态的电子，rm{Fe^{3+}}比rm{Fe^{2+}}更稳定的原因是rm{Fe^{3+}}的电子排布为rm{[Ar]3d^{5}}rm{3d}轨道为半充满状态，比rm{Fe^{2+}}电子排布rm{[Ar]3d^{6}}更稳定，故答案为：rm{3s^{2}3p^{6}3d^{5}}rm{23}rm{Fe^{3+}}的电子排布为rm{[Ar]3d^{5}}rm{3d}轨道为半充满状态，比rm{Fe^{2+}}电子排布rm{[Ar]3d^{6}}更稳定；rm{(2)}同一周期越往右电负性越大，则三种元素的电负性从大到小的顺序为rm{Br>Se>As}，rm{SeO_{2}}的价层电子总数为rm{2+1/2(6-2隆脕2)=3}有一对孤电子对，则分子的空间构型为rm{V}形，故答案为：rm{Br>Se>As}rm{V}形；rm{(3)P_{4}S_{3}}分子中硫原子的价层电子对总数为rm{3+1/2(5-3)=4}则杂化