2025年外研衔接版选择性必修2化学下册月考试卷含答案

…………○…………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2025年外研衔接版选择性必修2化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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7题，共14分)1、下列变化需克服共价键的是A.金刚石熔化B.汞变成汞蒸气C.碘升华D.食盐溶于水2、已知溴的原子结构示意图如图；则下列对溴的结构及性质的说法不正确的是。

A.溴元素的原子序数是35B.溴元素在周期表的位置是第4周期，第ⅦA族C.溴的最高价为+7价D.溴的气态氢化物比HCl稳定3、某粒子的结构示意图为关于该粒子的说法不正确的是A.核电荷数为12B.属于金属离子C.核外有2个电子层D.在化学反应中易得到2个电子4、运用同主族性质递变规律分析下列推断正确的是A.在氧气中，铷()的燃烧产物比钠的燃烧产物更复杂B.砹化氢比溴化氢稳定C.硫酸锶难溶于水，但易溶于盐酸D.碲化氢是比硫化氢稳定的气体5、“愚人金”因在野外很容易被误认为黄金而得名，其中一种主要成分是可用于炼铜，流程如图：

以下说法正确的是A.铜元素在元素周期表中位于第四周期IB族B.冰铜中主要金属元素的化合价都是+2C.基态S原子核外电子的运动状态有5种D.铜晶胞类型为面心立方晶胞，晶胞中Cu的配位数是86、广泛应用于食品、氯碱工业等领域，其晶胞如下图所示。下列说法不正确的是。

A.基态与最外层电子排布符合二者位于周期表的p区B.由固态变成气态，需要吸收能量破坏离子键C.a表示的是b表示的是D.每个晶胞中含有4个和4个7、某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为A.C16H25O5B.C14H16O4C.C14H18O5D.C16H25O5评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)8、下列说法中不正确的是A.葡萄糖分子(HOCH2−CHOH−CHOH−CHOH−CHOH−CHO)中的手性碳原子数为4B.基态铜原子的价电子排布图：C.[Co(NH3)4Cl2]+的中心离子配位数为6D.AB2是V形，其A为sp3杂化9、我国科学家首次实现从二氧化碳到淀粉的全合成。部分流程如图(部分产物略去)：

CO2CH3OHCHO→→(C6H10O5)n(淀粉)

下列有关说法错误的是A.CO2分子中存在1个σ键1个键B.CH3OH和HCHO均为极性分子C.CO2、CH3OH和HCHO分子中的碳原子杂化方式各不相同D.相同压强下，CH3OH的沸点比CO2高，因为前者为极性分子10、下列各原子或离子的电子排布式错误的是A.C1s22s22p2B.O2-1s22s22p6C.Cr1s22s22p63s23p63d44s2D.Al3+1s22s22p63s23p111、如图为周期表的一小部分，A，B，C，D，E的位置关系如图所示。其中B元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它的最高价氧化物中含氧下列说法正确的是。ADBEC

A.D，B，E三种元素的第一电离能逐渐减小B.电负性：C.D，B，E三种元素形成的简单离子的半径逐渐减小D.气态氢化物的稳定性顺序：12、下列说法正确的是A.CHCl3分子呈正四面体形B.H2S分子中S原子采用sp3杂化，其分子的空间构型为V形C.二氧化碳分子中碳原子采用sp杂化，其为直线形分子D.呈三角锥形13、将金属钠投入足量水中，关于此过程说法错误的是A.破坏了金属键B.破坏了极性共价键C.生成了离子键D.生成了非极性共价键14、铁有δ、γ、α三种同素异形体，晶胞结构如图所示，设为阿伏加德罗常数的值。

下列说法不正确的是A.晶胞中含有2个铁原子，每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个B.晶体的空间利用率：C.晶胞中Fe的原子半径为d，则晶胞的体积为D.铁原子的半径为则晶胞的密度为15、工业上常用反应制备粗硅，若碳过量还会生成SiC，下列说法正确的是A.相对分子质量：C60＞SiO2＞SiC，因此熔沸点：C60＞SiO2＞SiCB.SiH4中Si的化合价为+4价，CH4中C的化合价为-4价，因此SiH4还原性小于CH4C.Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成p-pπ键D.键能：Si—H＜C—H，Si—Si＜C—C，因此硅烷的种类和数量远不如烷烃的多16、某些花岗岩会产生氡(Rn)，从而对人体产生伤害，下列关于Rn的叙述中错误的是A.质子数是86B.电子数是222C.质量数是222D.中子数是222评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)17、K层有_____________个能级，用符号表示为_____________；L层有_____________个目自级，用符号表示为_____________；M层有_____________个能级，用符号表示为_____________。由此可推知第n(n为正整数)电子层最多可能有_____________个能级，当时，能量最低的两个能级的符号分别为_____________，它们的原子轨道形状分别为_____________、_____________。18、(1)可正确表示原子轨道的是______。

A.2sB.2dC.3pD.3f

(2)如图是s能级；p能级的原子轨道图试回答问题：

①s能级的原子轨道呈______形，每个s能级有______个原子轨道；p能级的原子轨道分别相对于x、y、z轴______，每个p能级有______个原子轨道。

②s能级原子轨道、p能级原子轨道的半径与______有关，______越高，原子轨道半径越大。19、已知A；C、D、E都是元素周期表中前36号的元素；它们的原子序数依次增大。A原子基态时未成对电子数是第二周期元素中最多的，C的单质是一种黄色晶体，易研成粉末，D的基态原子核外有6个能级且全部充满电子，E的基态原子内层均排满电子，最外层有1个电子。

(1)基态A原子外围电子的轨道表示式为_______。

(2)C的原子结构示意图为_______。

(3)基态D原子的电子排布式为_______。

(4)基态E2+离子的价电子排布式为_______。20、根据下列5种元素的电离能数据(单位：kJ·mol-1)，回答下列问题。元素符号I1I2I3I4Q2080400061009400R500460069009500S7401500770010500T5801800270011600V420310044005900

（1）在元素周期表中，最有可能处于同一族的是__(填序号；下同)。

A.Q和RB.S和TC.T和VD.R和TE.R和V

（2）它们的氯化物的化学式，最有可能正确的是__。

A.QCl2B.RClC.SCl3D.TClE.VCl4

（3）下列元素中，最有可能与Q元素处于同一族的是__。

A.硼B.铍C.锂D.氢E.氦。

（4）在这5种元素中，最容易与氯元素形成离子化合物的是__。

A.QB.RC.SD.TE.V

（5）利用表中的数据判断，V元素最有可能是下列元素中的__。

A.HB.LiC.NaD.K21、第四周期有14种金属元素；其中4种为主族元素，10种为过渡元素。回答下列问题：

(1)写出其中原子序数最小的副族元素的元素符号___________，主族序数最大的元素名称___________；

(2)锰元素在周期表中的位置为___________；属于___________区元素填“s”“p”“d”“ds”或“f”

(3)基态铬原子的电子排布式为___________，与铬同周期的所有元素的基态原子中，最外层电子数与铬原子相同的有___________。

(4)基态Fe原子中，电子占据的最高能层的符号为___________，该能层具有的原子轨道数为___________。

(5)铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示：。电离能铜7461958锌9061733

铜的第二电离能却大于锌的第二电离能，其主要原因是___________。22、(1)在①NH4Cl②H2③CaCl2④O2⑤Na2O2⑥H2O2⑦D2⑧O3⑨12C⑩14C(填序号；下同)只含有离子键的是______________，属于同素异形体的是____________，属于离子化合物的是_________________。

(2)联氨(又称肼N2H4；无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。

①联氨分子的电子式为_____________；结构式为________________。

②实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨(其中某一产物为NaCl)，反应的化学方程式为______________。23、金（79Au）是一种非常稳定的金属；但也可以形成多种化合物，并在化合物中呈一价或三价。

(1)已知Au的基态原子的价电子排布式为5d106s1，则Au位于周期表_____区。基态Au3+的价电子排布图为_______________。

(2)Au可以被王水溶解，其方程式为Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O

①NO3-的空间构型为______，H2O中心原子的杂化类型为_____；

②该反应中没有破坏的化学键有______。

a.金属键b.离子键c.共价键d.氢键。

e.极性键f.非极性键g.配位键h.σ键i.π键。

(3)有一种化合物由Cs；Cl、Au三种元素组成；其晶胞如下。大灰球为Cs，小黑球为Cl，其余球为Au。

该化合物的化学式为_________，其中金原子有2种不同的化学环境，形成2种不同的配离子，它们分别是______和_______。

(4)金晶体（Au）是面心立方堆积，其晶胞参数为408pm。已知阿伏伽德罗常数为NA。写出金晶体密度的计算式_____________g∙cm-3（不需要计算出结果）。24、由C；H、O三种元素组成的链状有机化合物X；只含有羟基和羧基两种官能团。

（1）若化合物X的分子式为C3H6O3。X与氧气在铜丝催化加热的条件下得到产物Y，取少量Y加入到足量新制Cu(OH)2悬浊液中并加热；无现象。

①请写出X生成Y的化学反应方程式______。

②该化合物X在浓硫酸加热的条件下生成的六元环化合物的结构简式是______。

（2）若化合物X的羟基数目大于羧基数目。称取2.04g纯净的X，与足量金属钠充分反应，生成672mL氢气（标准状况）。请确定摩尔质量最小的X分子中羟基、羧基数目及该X的相对分子质量_____。25、已知Al；Mg、Na为第三周期元素；其原子的第一至第四电离能如下表：

。电离能/kJ‧mol-1

I1

I2

I3

I4

X

578

1817

2745

11578

Y

738

1451

7733

10540

Z

496

4562

6912

9543

(1)则Al；Mg、Na的电负性从大到小的顺序为_____________。

(2)C、N、O、H是周期表中前10号元素，它们的原子半径依次减小，H能分别与C、N、O形成电子总数相等的分子CH4、NH3、H2O。

①在CH4、NH3、H2O分子中；C；N、O三原子都采取_______杂化；

②CH4是含有_____键(填“极性”或“非极性”)的____分子(填“极性”或“非极性”)；

③NH3是一种易液化的气体；请简述其易液化的原因_______。

④H2O分子的VSEPR模型的空间构型为_____；H2O分子的空间构型为______。

(3)K、Cr、Cu三元素的原子序数依次增大，三原子的核外的最外层电子排布均为4s1。

①K元素组成的单质的晶体堆积模型为______(填代号)；

a.简单立方堆积b.体心立方堆积c.六方最密堆积d.面心立方最密堆积。

②Cr元素在其化合物中最高化合价为_____；

③Cu2+离子的核外电子排布式为______；评卷人得分四、判断题(共3题，共15分)26、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误27、第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。(_______)A.正确B.错误28、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共4题，共8分)29、已知为可逆反应；某小组设计实验测定该反应平衡常数并探究影响化学平衡移动的因素。

(1)配制溶液和溶液。

基态核外电子排布式为_______，实验中所需的玻璃仪器有容量瓶、量筒和_______。(从下图中选择；写出名称)

(2)常温下，测定该反应的平衡常数K。资料卡片。

ⅰ.

ⅱ.为9~l1.5条件下和磺基水杨酸生成稳定的黄色络合物可以通过测定吸光度得知其浓度。

将溶液与溶液等体积混合；产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色，过滤得澄清滤液。(忽略反应引起的溶液体积变化)

①甲同学通过测定滤液中浓度测得K。取滤液，用标准溶液滴定滤液中至滴定终点时消耗标准溶液滴定终点的现象为_______，反应的平衡常数_______。(用含V的计算式表示)

②乙同学通过测定滤液中浓度测得K。取滤液，加入磺基水杨酸溶液，加入为9~11.5的缓冲溶液，测定吸光度。测得溶液中浓度为则的平衡常数_______。(用含c的计算式表示)

(3)该小组进一步研究常温下稀释对该平衡移动方向的影响。

用溶液和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，测定平衡时浓度，记录数据。序号Ⅰ1010Ⅱ2ab

_______，_______。和存在的关系是_______(用含和的不等式表示)，该关系可以作为判断稀释对该平衡移动方向影响的证据。30、金属镓(Ga)应用广泛；在半导体和光电材料；合金、磁性材料等领域都有重要应用。

（1）镓（Ga）的原子结构示意图镓元素在周期表中的位置是__________。

（2）GaN是一种直接能隙（directbandgap）的半导体；自1990年起常用在发光二极管中。一种镍催化法生产GaN的工艺如图：

①“热转化”时Ga转化为GaN的化学方程式是__________。

②“酸浸”操作的目的是__________。

③某学校化学兴趣小组在实验室利用如图装置模拟制备氮化镓：

仪器X中的试剂是__________(写名称)。加热前需先通入H2的作用是__________。

（3）As与N同主族；GaAs也是一种重要的半导体材料。

①下列事实不能用元素周期律解释的__________(填字母)。

a.碱性：Ga(OH)3>Al(OH)3b.非金属性：As>Gac.酸性：H3AsO4>H3AsO3

②废弃含GaAs的半导体材料可以用浓硝酸溶解，生成H3AsO4和Ga(NO3)3，写出该反应的化学方程式__________31、某课外活动小组学生模拟呼吸面具中的原理(过氧化钠与潮湿二氧化碳反应)；化学反应方程式如下：

①2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

②2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2

(1)反应①中含极性键的非极性分子的电子式为______。反应②中含极性键的离子化合物的电子式为_______。

(2)常温下，CO2为气体但CS2却为液体；请用物质结构知识说明原因_____。

(3)实验中，用大理石、稀盐酸制取所需CO2，装置如图。简述检验气密性的操作方法_____，将气体通过Na2O2前必须除去的杂质是____；该除杂剂是_______。

(4)确认实验中生成O2的操作方法是_____。32、铜的配合物广泛存在；对含铜配合物的研究一直是关注的热点。

Ⅰ．同学甲设计如下制备铜的配合物的实验Ⅰ：

已知：铜离子的配位数通常为4，呈深蓝色，呈深蓝色。

(1)硫酸铜溶液呈蓝色的原因是溶液中存在配离子___________(填化学式)，配离子中配体的空间结构为___________，外界阴离子的空间结构___________

(2)结合化学平衡原理解释试管c中浑浊液转变为深蓝色溶液的原因___________。

(3)由实验Ⅰ可得出以下结论：

结论1：配合物的形成与___________、___________有关；

结论2：结合上述实验，b、c中配体的配位能力强弱顺序为：___________＞___________(填化学式)。

Ⅱ．同学乙查阅资料发现与在溶液中可以发生配位反应，生成配合物同学丙认为Cu(Ⅱ)有氧化性，与在溶液中可以发生氧化还原反应。

【资料】

ⅰ．(绿色)，(无色)；

ⅱ．(无色)，遇空气容易被氧化成(蓝色)；

ⅲ．易被氧化为或

实验Ⅱ：探究与溶液的反应。实验操作实验序号(mL)(mL)逐滴加入溶液时的实验现象a1.50.5溶液逐渐变为绿色，静置无变化b1.01.0溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化c02.0溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化(4)①丙同学认为实验Ⅱ可证明发生了氧化还原反应，他的理由是___________

②丙同学利用已知资料进一步确证了无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，他的实验方案是：取少量无色溶液，___________。

(5)经检验氧化产物以形式存在，写出与发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式：___________。

(6)由实验Ⅱ可得出以下结论：

Cu(Ⅱ)盐与在溶液中的反应与多种因素有关，随的增大，___________。评卷人得分六、原理综合题(共1题，共4分)33、根据所学物质结构知识；请回答下列问题：

(1)苏丹红颜色鲜艳；价格低廉；常被一些企业非法作为食品和化妆品等的染色剂，严重危害人们健康。苏丹红常见有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四种类型，苏丹红Ⅰ的分子结构如图1所示。

苏丹红I在水中的溶解度很小，微溶于乙醇，有人把羟基取代在对位形成图2所示的结构，则其在水中的溶解度会_______(填“增大”或“减小”)，原因是______________。

(2)已知Ti3+可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式；设计了如下实验：

a.分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；

b.分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液；均产生白色沉淀；

c.沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为原紫色晶体的水溶液得到的沉淀质量的则绿色晶体配合物的化学式为_______，该晶体中含有的的微粒间作用是_______。(填字母)

A离子键；极性键、配位键、氢键、范德华力。

B离子键；极性键、非极性键、配位键、范德华力。

(3)胆矾CuSO4•5H2O可写成[Cu(H2O)4]SO4•H2O，其结构示意图如图，有关它的说法正确的是_______(填字母)。

A.该胆矾晶体中中心离子的配位数为6

B.该结构中水分子间的键角不完全相同。

C.胆矾是分子晶体；分子间存在氢键。

D.胆矾中的水在不同温度下会分步失去。

(4)往硫酸铜溶液中逐渐滴加氨水至生成的沉淀恰好溶解，得到含有[Cu(NH3)4]2+配离子的深蓝色溶液。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是_______。向制得的深蓝色溶液中加入_______；(填字母)将得到深蓝色晶体。

A.浓氨水B.稀氨水C.无水乙醇D.CCl4参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、A【分析】【详解】

A．金刚石为共价晶体；只存在共价键，熔化时克服共价键，故A选；

B．汞受热变成汞蒸气；克服金属键，故B不选；

C．碘单质为分子晶体；碘升华不破坏化学键，克服分子间作用力，故C不选；

D．食盐为离子晶体；溶于水发生电离，克服离子键，故D不选；

故选：A。2、D【分析】【分析】

【详解】

A．根据图示；溴原子核外有35个电子，所以溴元素的原子序数是35，故A正确；

B．溴原子有4个电子层；最外层有7个电子；所以溴元素在周期表的位置是第4周期ⅦA族，故B正确；

C．溴原子最外层有7个电子；溴的最高价为+7价，故C正确；

D．同主族元素从上到下非金属性减弱，对应气态氢化物的稳定性依次降低，即HCl比HBr稳定；故D错误；

选D。3、D【分析】【详解】

A．由结构示意图可确定其核电荷数为12，A正确；

B．从离子结构示意图可确定该阳离子的核电荷数为12；属于金属离子，B正确；

C．该离子核外有2个电子层；分别容纳2个电子和8个电子，C正确；

D．该离子最外层电子数为8；处于稳定状态，在化学反应中很难得到电子，D不正确；

故选D。4、A【分析】【详解】

A.由上到下，碱金属元素的金属性逐渐增强，对应的单质与氧气反应的产物越来越复杂，有氧化物、过氧化物、超氧化物等，A项正确；

B.卤族元素从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，故溴化氢比砹化氢稳定，B项错误；

C.锶与钡是同主族元素，难溶于水，所以也难溶于水，且不溶于酸，C项错误；

D.碲和硫为同主族元素，由上到下同主族元素的非金属性逐渐减弱，对应氢化物的稳定性逐渐减弱，故碲化氢()比硫化氢的稳定性差，D项错误；

答案选A。5、A【分析】【详解】

A．铜为29号元素；铜元素在元素周期表中位于第四周期IB族，故A正确；

B．冰铜中主要Cu元素的化合价都是+1；故B错误；

C．所有原子的运动状态均不相同；S原子有16个电子，故基态S原子核外电子的运动状态有16种，故C错误；

D．铜晶胞类型为面心立方晶胞；晶胞中Cu的配位数是12，故D错误；

故选A。6、A【分析】【详解】

A．钠离子属于周期表的s区；A错误；

B．氯化钠固体变成气体；需要吸收能量破坏离子键，B正确；

C．a的半径比b大，说明a为氯离子，b为钠离子；C正确；

D．氯离子在顶点和面心，一个晶胞中的氯离子个数为钠离子在棱心和体心，个数为D正确；

故选A。7、C【分析】【详解】

由于1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，则1mol该酯完全水解时要消耗2mol水。又知该羧酸酯的分子式为C18H26O5，将其分子组成加上4个H原子和2个O原子，然后减去2个乙醇分子中的4个C、12个H、2个O，即可求出该羧酸的分子式为C14H18O5；C正确；

答案选C。

【点睛】

由1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇可知，该酯的分子中有2个酯基，故其水解时，每个酯分子要消耗2个水分子。二、多选题(共9题，共18分)8、BD【分析】【分析】

【详解】

A．葡萄糖分子(HOCH2−CHOH−CHOH−CHOH−CHOH−CHO)中；4个-CHOH-上的碳原子都是手性碳原子，故A正确；

B．基态铜原子的价电子排布图应为故B错误；

C．[Co(NH3)4Cl2]+的中心离子分别与4个NH3分子中的N原子、2个Cl-形成6个配位键；故C正确；

D．AB2是V形，表明A原子的最外层至少有1对孤对电子，则A的价层电子对数可能为3，其A可能为sp2杂化；故D错误；

故选BD。9、AD【分析】【详解】

A．双键中含有1个σ键和1个π键，二氧化碳分子中含有2个双键，则CO2分子中存在2个σ键；2个π键；A错误；

B．CH3OH和HCHO分子中正负电荷重心不重合；均为极性分子，B正确；

C．CO2、CH3OH和HCHO分子中的碳原子杂化方式各不相同，分别是sp、sp3和sp2；C正确；

D．相同压强下，CH3OH的沸点比CO2高；是因为前者能形成分子间氢键，D错误；

答案选AD。10、CD【分析】【详解】

A．C是6号元素，根据能级构造原理故其电子排布式为1s22s22p2；A正确；

B．O是8号元素，故O2-核外有10个电子，根据能级构造原理故其电子排布式为1s22s22p6；B正确；

C．Cr是24号元素，根据能级构造原理结合洪特规则，故其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；C错误；

D．Al是13号元素，故Al3+核外有10个电子，根据能级构造原理故其电子排布式为1s22s22p6；D错误；

故答案为：CD。11、BC【分析】【分析】

B元素最高价是最低负价绝对值的3倍，则B元素最高正价为+6价，其最高价氧化物化学式表示为BO3，又最高氧化物中含氧60%，设B元素相对原子质量为x，则×100%=60%，解得b=32；故B为S元素，由元素在周期表中相对位置可知，A为O元素；C为Se、D为P元素、E为Cl元素。

【详解】

A．非金属性越强；第一电离能越大，但P的3p电子半满为稳定结构，第一电离能P＞Cl＞S，A错误；

B．同主族元素从上到下；元素的电负性减弱，同周期从左到右，电负性增大，则电负性Cl＞S＞Se，B正确；

C．P；S、Cl三种元素形成的简单离子具有相同的核外电子排布；核电荷数越大离子半径越小，P、S、Cl三种元素形成的简单离子的半径逐渐减小，C正确；

D．非金属性：P＜S＜Cl，故氢化物稳定性：PH3＜H2S＜HCl；D错误；

故选BC。12、BC【分析】【详解】

A．CHCl3分子中碳原子采用sp3杂化；由于分子中含有3个碳氯键和1个碳氢键，因此分子呈四面体形，故A错误；

B．H2S分子中S原子价层电子对数为采用sp3杂化；其分子的空间构型为V形，故B正确；

C．二氧化碳分子中碳原子价层电子对数为采用sp杂化，其为直线形分子，故C正确；

D．中氮原子价层电子对数为呈正四面体形，故D错误。

综上所述，答案为BC。13、C【分析】【分析】

【详解】

A．将金属钠投入足量水中；发生反应生成氢氧化钠和氢气，金属钠的金属键被破坏，A正确；

B．将金属钠投入足量水中；破坏了水分子中的极性共价键，B正确；

C．将金属钠投入足量水中；发生反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠为强电解质，在水溶液中完全电离，因此并没生成离子键，故C错误；

D．将金属钠投入足量水中；发生反应生成氢氧化钠和氢气，氢气含非极性共价键，形成了非极性共价键，D正确；

答案选C。14、BC【分析】【分析】

【详解】

A．δ−Fe晶胞中含有铁原子个数为：×8＋1=2；依据图示可知中心铁原子到8个顶点铁原子距离均相同且最小，所以其配位数为8，则每个铁原子等距离且最近的铁原子有8个，故A正确；

B．三种晶体结构中，空间利用率最大的是γ−Fe、最小的是故B错误；

C．γ−Fe晶胞Fe的原子半径为d，则晶胞的棱长d，则晶胞的体积为d3；故C错误；

D．1个α−Fe晶胞含铁原子个数为：×8=1，则1mol晶胞质量为56g，铁原子的半径为acm，则晶胞边长为2acm，1mol晶胞体积为：NA(2a)3cm3，晶胞密度为：g/cm3=故D正确；

故选BC。15、CD【分析】【分析】

【详解】

A．SiO2、SiC都属于原子晶体，SiO2中硅氧键的键长小于SiC中碳硅键的键长，所以熔沸点：SiO2＞SiC，与共价键有关，属于分子晶体，熔沸点较低，因此熔沸点：SiO2＞SiC＞C60；故A错误；

B．SiH4中Si元素的非金属性小于CH4中C，因此SiH4还原性大于CH4；故B错误；

C．Si原子间难形成双键而C原子间可以；是因为Si的原子半径大于C，难形成p-pπ键，故C正确；

D．键能：Si—H＜C—H；Si—Si＜C—C，因此硅烷的种类和数量远不如烷烃的多，碳能形成双键；叁键、链状、环状等多种形式，而硅不能，故D正确；

故选CD。16、BD【分析】【分析】

【详解】

因为左下角得为质子数，左上角的为质子数加上中子数等于质量数，因此根据氡(Rn)可知，Rn得质子数为86，原子的核外电子数等于质子数，则Rn得核外电子数为86；质量数为222，中子数为222-86=136，所以错误的是BD；

答案选BD。三、填空题(共9题，共18分)17、略

【分析】【详解】

K层只有1个1s能级；L层有2s、2p2个能级；M层有3s、3p、3d3个能级。由此可推知第n(n为正整数)电子层最多可能有n个能级，当时，能量最低的两个能级的符号分别为ns、np，s能级的原子轨道形状为球形、p能级的原子轨道形状为哑铃形。【解析】①.1②.1s③.2④.2s、2p⑤.3⑥.3s、3p、3d⑦.n⑧.ns、np⑨.球形⑩.哑铃形18、略

【分析】【详解】

(1)层只有能级，层只有能级；故选AC，故答案为：AC；

(2)①轨道在三维空间分布的图形为球形，且每个s能级只有一个轨道；轨道空间分布的图形分别相对于x；y、z轴对称；每个p能级有3个轨道，故答案为：球；1；对称；3；

②原子轨道的半径与能层有关，并随能层升高而增大，故答案为：能层；能层。【解析】①.AC②.球③.1④.对称⑤.3⑥.能层⑦.能层19、略

【分析】【分析】

第二周期含有未成对电子最多的是2p3，有三对未成对电子，核外电子排布为1s22s22p3，则A为N元素；硫的单质是一种黄色晶体，易研成粉末，则C为S元素；D的基态原子核外有6个能级且全部充满电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2，则D为Ca元素；E的基态原子内层均排满电子，最外层有1个电子，且原子序数小于36，大于Ca，则E处于第四周期，其基态原子的价电子排布式[Ar]3d104s1；则E是Cu元素。

【详解】

(1)A为N元素，N原子外围电子的轨道表示式为

(2)C为S元素，S原子核外有16个电子，结构示意图为

(3)D为Ca元素，基态Ca原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2；

(4)E是Cu元素，基态Cu原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，失去外围两个电子变为Cu2+，则基态Cu2+离子的价电子排布式为3d9。【解析】①.②.③.[Ar]4s2④.3d920、略

【分析】【分析】

由元素的电离能可以看出；Q的电离能很大，可能为零族元素；R和V的第一电离能较小，第二电离能剧增，最外层电子数应为1，二者可能处于同一族；S的第一；第二电离能较小，第三电离能剧增，最外层电子数应为2；T的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，最外层电子数应为3。

【详解】

(1)根据分析可知R和V最可能位于同一族；故选E；

(2)A．Q可能为零族元素；无法形成氯化物，故A错误；

B．R的最外层电子数应为1；其氯化物最可能为RCl，故B正确；

C．S的最外层电子数应为2，其氯化物最可能为SCl2；故C错误；

D．T的最外层电子数应为3，其氯化物最可能为TCl3；故D错误；

E．V的最外层电子数应为1；其氯化物最可能为VCl，故E错误；

综上所述选B；

(3)Q最可能为零族元素；所以选E；

(4)第一电离能越小越容易失去电子形成阳离子；根据表格数据可知V元素的第一电离能最小，最容易失去电子形成阳离子和氯离子形成离子化合物，所以选E；

(5)R和V最可能位于第IA族；其核外最少有4个电子，所以排除H和Li，而V的第一电离能小于R，所以R可能为选项中的Na，V为选项中的K，所以选D。

【点睛】

本题需要学生掌握原子的最外层电子数与电离能之间的关系，明确电离能发生突变的原因。【解析】①.E②.B③.E④.E⑤.D21、略

【分析】【分析】

（1）

第四周期中原子序数最小的副族元素在第IIIB族；是第21号元素钪，符号为Sc；第四周期主族序数最大的金属元素位于第IVA族，名称为锗；

（2）

Mn是第25号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2；位于第四周期第ⅦB族，属于d区元素；

（3）

基态铬原子核外有24个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，第四周期最外层电子数为1的原子还有K（[Ar]4s1）、Cu（[Ar]3d104s1）；

（4）

基态Fe原子核外有4个电子层，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2；电子占据的最高能层为第四层，符号为N，该能层有s；p、d、f四个能级，原子轨道数为1+3+5+7=16；

（5）

轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，所以Cu失去一个电子变成结构为[Ar]3d10的Cu+，能量较低，所以Cu的第二电离能相对较大，而Zn失去一个电子变成结构为[Ar]3d104s1的Zn+，易再失去一个电子，所以Zn的第二电离能相对较小。【解析】(1)Sc锗。

(2)第四周期第ⅦB族d

(3)1s22s22p63s23p63d54s1或K；Cu

(4)N16

(5)原子失去一个电子后，核外电子排布式为而锌原子失去1个电子后的核外电子排布式变为铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大22、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)①NH4Cl为离子化合物；含有离子键和共价键；

②H2和⑦D2均为氢气；只含有共价键；

③CaCl2为离子化合物；只含有离子键；

④O2和⑧O3均为O元素组成；属于同素异形体；

⑤Na2O2属于离子化合物；含有离子键和共价键；

⑥H2O2属于共价化合物；含有共价键；

⑨12C和⑩14C属于碳同位素；

因此；只含有离子键的是③，属于同素异形体的是④⑧，属于离子化合物的是①③⑤；

(2)联氨属于共价化合物，其分子中N和N形成、N和H均形成一对共用电子对，其电子式为结构式为

(3)结合题给信息知：反应物为NaClO和NH3，NH3→N2H4，N化合价由-3价升高至-2价；则知NaClO中Cl化合价由+1价降低至-1价，根据化合价升降总数或得失电子总数相等，配平方程式中氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物的化学计量数，然后根据原子守恒确定有水生成，并配平其化学计量数得：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O。【解析】③④⑧①③⑤NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O23、略

【分析】【详解】

(1)已知Au的基态原子的价电子排布式为5d106s1，则Au位于周期表中第六周期第ⅠB族，ds区；基态Au3+的价电子排布式为5d8，故其价电子排布图为

(2)①硝酸根离子中N原子价层电子对个数是3，所以N原子杂化方式为sp3杂化、sp2杂化，NO3-中N原子形成3个δ键，没有孤电子对，则应为平面三角形；H2O中O形成2个δ键，孤电子对数==2，为sp3杂化；

②反应Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O中反应物Au存在金属键，HNO3中存在极性共价键、氢键、存在σ键和π键，HCl存在极性键，存在σ键，故反应中破坏金属键、共价键、极性键、氢键、σ键、π键；没有破坏的化学键有离子键、非极性键、配位键；答案选bfg；

(3)根据均摊法可知晶胞中Cs的个数为：=4；Cl的个数为10+=12：Au的个数为：+1=4，故该化合物的化学式为CsAuCl3；由图可知，金原子有2种不同的化学环境，分别和2个或者4个氯原子结合，分别是和

(3)金晶体（Au）是面心立方堆积，所以每个金晶胞中含有的原子个数=8×+6×=4，一个晶胞的质量为：体积为：（）3cm3，密度为：=【解析】①.ds②.③.平面三角形④.sp3杂化⑤.bfg⑥.CsAuCl3⑦.⑧.⑨.24、略

【分析】【分析】

根据题中信息，Y加入到足量新制Cu(OH)2悬浊液中并加热，无现象，证明Y无醛基，可推出X的结构，进而写出X氧化成Y的化学方程式；根据题中信息，X发生酯化反应，生成六元环化合物酯，写出酯的结构；根据题中H2的量；求出羟基和羧基总的个数，由羟基数目大于羧基数目，分析讨论得出羟基数和羧基数；据此解答。

【详解】

（1）①X的不饱和度==1，含有羧基和羟基，则X中不含其它双键或环，X与氧气在铜丝催化加热的条件下得到产物Y，取少量Y加入到足量新制Cu(OH)2悬浊液中并加热，无现象，则Y中不含醛基，所以X中连接醇羟基的C原子上只有一个氢原子，则X为CH3CH(OH)COOH，Y为CH3COCOOH，则X反应生成Y的方程式为2CH3CH(OH)COOH+O22CH3COCOOH+2H2O；答案为2CH3CH(OH)COOH+O22CH3COCOOH+2H2O。

②该化合物X在浓硫酸加热的条件下生成的六元环化合物，说明X发生分子间酯化反应，该酯的结构简式为答案为

（2）n(H2)==0.03mol，设X中羟基和羧基的总数为a个(a≥3)，则n(X)==mol，则X的摩尔质量M===34ag/mol，当a＝3时，相对分子质量为102，含有2个羟基和1个羧基(含4个O、1个C)，至少含3个碳，而剩余C、H相对原子质量之和26，不符合；当a=4时，相对分子质量为136，含有3个羟基和1个羧基(含5个O、1个C)，至少含4个碳，而剩余C、H相对原子质量之和44，符合，即X的分子式为C4H8O5，结构简式为CH2(OH)CH(OH)CH(OH)COOH；答案为3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。【解析】2CH3CH(OH)COOH+O22CH3COCOOH+2H2O3个羟基和1个羧基，相对分子质量为13625、略

【分析】【分析】

根据电负性递变规律，判断Al、Mg、Na的电负性大小；根据VSEPR理论判断杂化形式和空间构型；根据成键情况判断极性键还是非极性键；根据正负电荷重心是否重合判断极性分子还是非极性分子；根据NH3形成氢键，判断其易液化；根据金属晶体最常见的四种原子堆积模型，判断K为体心立方堆积，根据Cr的核外电子排布式，由价电子排布，判断其最高正价；根据Cu的核外电子排布式，写出Cu2+的电子排布式；据此解答。

【详解】

（1）Al、Mg、Na为第三周期元素，X的I4电离能突然增大，说明最外层有3个电子，则X应为Al，Y的I3电离能突然增大，说明最外层有2个电子，则Y应为Mg，Z的I2电离能突然增大；说明最外层有1个电子，则Z应为Na，同周期元素从左到右电负性逐渐增强，则X；Y、Z的电负性从大到小的顺序为Al＞Mg＞Na；答案为Al＞Mg＞Na。

（2）①CH4分子中，中心原子价层电子对数=4+=4，采取sp3杂化，NH3分子中，中心原子价层电子对数=3+=3+1=4，采取sp3杂化，H2O分子中，中心原子价层电子对数=2+=2+2=4，采取sp3杂化；答案为sp3。

②CH4分子中，中心原子价层电子对数=4+=4，采取sp3杂化；孤对电子对数为0，空间构型为正四面体结构，甲烷分子中C-H原子之间形成的共价键是不同原子提供电子形成共用电子对，为极性键，甲烷分子正负电荷重心重合，为非极性分子；答案为极性，非极性。

③因为氨分子间存在氢键；分子间作用力大，因而易液化；答案为氨分子间存在氢键。

④H2O分子中，中心原子价层电子对数=2+=2+2=4，采取sp3杂化；VSEPR模型的空间构型为正四面体，孤对电子对数为2，空间构型为V形；答案为正四面体，V形。

（3）①金属晶体最常见的四种原子堆积模型为简单立方堆积，面心立方最密堆积，体心立方最密堆积，六方最密堆积，则钾为体心立方堆积；答案为b。

②Cr为24号元素，核外有24个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，Cr的价电子排布式为3d54s1，其化合物中最高化合价为+6价；答案为+6。

③Cu为29号元素，核外有29个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+表示失去最外层一个电子和次外层3d上的一个电子，Cu2+离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；答案为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9。【解析】Al＞Mg＞Nasp3极性键非极性键分子间存在氢键四面体结构V形b+61s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9四、判断题(共3题，共15分)26、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。27、A【分析】【详解】

同周期从左到右；金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；故第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。

故正确；28、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。五、实验题(共4题，共8分)29、略

【分析】【分析】

配制一定物质的量浓度的溶液；所需的步骤有计算；称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；

滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录；锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；

【详解】

（1）铁为26号元素，失去2个电子得到亚铁离子，基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；配制一定浓度的溶液；实验中所需的玻璃仪器有容量瓶；量筒和烧杯、玻璃棒、胶头滴管；

（2）①铁离子和KSCN溶液反应溶液变红色；故滴定终点的现象为：最后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色；

溶液与溶液等体积混合，亚铁离子过量，银离子完全反应，反应后根据可知滤液中故反应的平衡常数

②溶液与溶液等体积混合后银离子、亚铁离子的初始浓度分别为反应后生成浓度为则反应后银离子、亚铁离子的浓度分别为则反应的平衡常数

（3）研究常温下稀释对该平衡移动方向的影响，用溶液和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，测定平衡时浓度，则实验中变量为溶液的浓度，故实验中a=2，b=10+10-2-2=16；溶液稀释后平衡向离子浓度增大的方向移动，故平衡逆向移动，和关系为>故>5【解析】(1)1s22s22p63s23p63d6烧杯；玻璃棒、胶头滴管。

(2)最后一滴标准液加入后，溶液变红色，且半分钟内不褪色

(3)216>530、略

【分析】【分析】

由题给流程可知；在少量镍做催化剂作用下，镓粉与氨气高温下反应生成氮化镓和氢气，向反应后的固体中加入稀盐酸，稀盐酸与催化剂镍反应生成氯化镍和水，充分反应后，过滤；洗涤、干燥得到氮化镓固体。

【详解】

（1）由镓的原子结构示意图可知；镓原子核外有4个电子层，最外层有3个电子，则镓元素位于周期表第四周期ⅢA族，故答案为：第四周期ⅢA族；

（2）①由分析可知，“热转化”时发生的反应为在少量镍做催化剂作用下，镓粉与氨气高温下反应生成氮化镓和氢气，反应的化学方程式为2Ga+2NH32GaN+3H2，故答案为：2Ga+2NH32GaN+3H2；

②“酸浸”操作的目的是；使催化剂镍与盐酸反应生成氯化镍和水，达到除去氮化镓固体中混有的少量镍，故答案为：除去GaN中混有的少量Ni；

③仪器X中的试剂是浓氨水；浓氨水的作用是常温下与氧化钙反应制得反应所需的氨气；加热前需先通入排尽装置中的空气，防止空气中的氧气与镓反应，使产物不纯，同时防止氧气与镓与氨气发生生成的氢气反应，发生爆炸，故答案为：浓氨水；排除装置中的空气，避免空气与镓反应，使产物不纯，防止氢气与氧气爆炸；

（3）①a.同主族元素，从上到下金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物碱性增强，则Ga(OH)3的碱性强于Al(OH)3能用元素周期律解释；故不符合题意；

b.同主族元素；从上到下非金属性依次减弱，As的非金属性强于Ga能用元素周期律解释，故不符合题意；

c.H3AsO4的酸性强于H3AsO3与酸中含有的非羟基氧有关；与原子结构无关，不能用元素周期律解释，故符合题意；

c符合题意；故答案为：c；

②由题意可知，GaAs与浓硝酸发生氧化还原反应生成H3AsO4、Ga(NO3)3、NO2和H2O，反应的化学方程式为GaAs+11HNO3=Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O，故答案为：GaAs+11HNO3=Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O。【解析】第四周期ⅢA族2Ga+2NH32GaN+3H2除去GaN中混有的少量Ni浓氨水排除装置中的空气，避免空气与镓反应，使产物不纯，防止氢气与氧气爆炸cGaAs+11HNO3=Ga(NO3)3+8NO2↑+H3AsO4+4H2O31、略

【分析】【分析】

（1）反应①中二氧化碳为含极性键的非极性分子；反应②中氢氧化钠为含极性键的离子化合物；

（2）结构相似的分子晶体；随着相对分子质量增大，分子间作用力越大，熔沸点越高；

（3）检查题给装置的气密性；应该用液差法；

（4）氧气能够使带火星的木条复燃。

【详解】

（1）反应①中二氧化碳为含极性键的非极性分子，电子式为反应②中氢氧化钠为含极性键的离子化合物，电子式为故答案为：

（2）结构相似的分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力越大，熔沸点越高，二氧化碳和二硫化碳为分子结构相似的分子晶体，二硫化碳的相对分子质量大于二氧化碳，分子间作用力大于二氧化碳，沸点高于二氧化碳，故答案为：两者分子结构相似，CS2的相对分子质量较大；分子间作用力较大，沸点较高；

（3）检查题给装置的气密性；应该用液差法，具体操作为关闭止水夹，从U形管右端注入水，直至左右形成液面差，静置一段时间，液面差无变化，说明气密性良好；盐酸具有挥发性，实验制得的二氧化碳中混有氯化氢气体，为防止氯化氢与过氧化钠反应，干扰实验，应将混合气体通过盛有水的洗气瓶除去氯化氢气体，故答案为：关闭止水夹，从U形管右端注入水，直至左右形成液面差，静置一段时间，液面差无变化，说明气密性良好；HCl；水；

（4）氧气能够使带火星的木条复燃，则确认实验中生成O2的操作方法是用带火星的木条置于管口，木条复燃则有氧气生成，故答案为：用带火星的木条置于管口，木条复燃则有O2生成。

【点睛】

结构相似的分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力越大，熔沸点越高，二氧化碳和二硫化碳为分子结构相似的分子晶体，二硫化碳的相对分子质量大于二氧化碳是解答关键。【解析】两者分子结构相似，CS2的相对分子质量较大，分子间作用力较大，沸点较高关闭止水夹，从U形管右端注入水，直至左右形成液面差，静置一段时间，液面差无变化，说明气密性良好HCl水用带火星的木条置于管口，木条复燃则有O2生成32、略

【分析】【分析】

Ⅰ．浑浊液中存在溶解平衡，加入NH3•H2O后形成[Cu(NH3)4]2+的深蓝色溶液；NaOH的浓度小，依然是浑浊液；NaOH的浓度较大时生成深蓝色配离子为[Cu(OH)4]2-；c中加入与a中加入的NaOH相同浓度的NH3•H2O，就生成了深蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+，试管b中的深蓝色配离子为[Cu(OH)4]2-加入氨水可以转化为c中深蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+。

（1）

水合铜离子显蓝色，其中的配离子为[Cu(H2O)4]2+；配体H2O分子的价层电子对数=2+=4，VSEPR模型为四面体结构，去掉孤电子对数后，分子的空间构型为V形；外界阴离子的价层电子对数=4+=4+0=4，VSEPR模型为四面体结构，没有孤电子对，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：[Cu(H2O)4]2+；V；正四面体形；

（2）

Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，Cu(OH)2的浑浊液中存在溶解平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入NH3•H2O后Cu2+与NH3配位形成配离子[Cu(NH3)4]2+，则c(Cu2+)降低，使得Cu(OH)2的溶解平衡正向移动，Cu(OH)2生成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+配离子，故答案为：浑浊液中存在平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入NH3•H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低；使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色溶液；

（3）

试管a加入1mol/L的NaOH，NaOH的浓度小，依然是浑浊液；而试管b加入6mol/L的NaOH，NaOH的浓度较大时生成深蓝色配离子为[Cu(OH)4]2-，是由于NaOH的浓度不同造成的现象不同，即配体的浓度也不同造成的；试管a加入1mol/L的NaOH时依然是浑浊液；而c中加入相同浓度的NH3•H2O，就生成了深蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+，是由于配体OH-离子和NH3的种类