浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编71分子结构与性质（1）

这是一份浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编71分子结构与性质（1），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，结构与性质，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
浙江省高考化学三年（2021-2023）模拟题分类汇编71分子结构与性质（1）

一、单选题
1．（2023·浙江·统考模拟预测）下列实验设计、现象和结论都正确的是
选项
实验目的
实验设计
现象和结论
A
探究温度对化学平衡的影响
加热0.5mol•L-1CuCl2蓝色溶液
加热溶液变为蓝绿色，说明[Cu(H2O)4]2+转化为[CuCl4]2-吸热
B
比较AgBr和AgCl的Ksp大小
向NaCl和NaBr的混合溶液中逐滴加入少量AgNO3溶液
产生淡黄色沉淀，说明Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)
C
证明干燥的氯气不具有漂白性
将干燥的氯气通入盛放红色鲜花的集气瓶中
红色鲜花颜色褪去，说明干燥的氯气有漂白性
D
探究浓度对反应速率的影响
室温下向A、B两支试管中分别装入等体积的稀硫酸和浓硫酸，再加入表面积相等的铁片
B试管中无明显现象，说明浓度越大反应速率越慢
A．A B．B C．C D．D
2．（2023·浙江·统考模拟预测）氯化二乙基铝(CH3CH2)2AlCl既能形成稳定的二聚体，也能形成三聚体。(CH3CH2)2AlCl三聚体所有原子最外层电子均达到稳定结构，结构如图所示，下列推测不合理的是

A．(CH3CH2)2AlCl三聚体分子中含有3个配位键，每个Al的配位数是4
B．(CH3CH2)2AlCl的三聚体为非极性分子
C．(CH3CH2)2AlCl与O2完全反应生成二氧化碳，水，氧化铝和氯化氢
D．(CH3CH2)2AlCl比(CH3CH2)2AlBr更易水解
3．（2023·浙江·统考模拟预测）下列物质中含非极性键的盐是
A．NH4Cl B．Na2C2O4 C．Mg3N2 D．Na2O2
4．（2023·浙江金华·模拟预测）探究铜及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是

实验方案
现象
结论
A
加热0.5mol•L-1CuCl2溶液，观察溶液颜色变化
溶液由蓝色变为黄绿色
CuCl+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl-    △H>0
B
向5mL0.1mol•L-1的CuSO4溶液逐滴加入1mol•L-1的氨水，至出现的蓝色沉淀消失，再加入8mL95%的乙醇溶液，用玻璃棒摩擦试管壁
加入乙醇后析出深蓝色晶体
乙醇是极性较大的溶剂，导致硫酸四氨合铜晶体析出
C
用铜作电极电解饱和食盐水
阳极先出现白色浑浊，一段时间后，试管底部聚焦大量砖红色沉淀
阳极沉淀转化反应：2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O
D
在试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol•L-1H2SO4溶液并加热，取冷却后的水解液2mL于试管，加入少量新制氢氧化铜悬浊液，加热
未出现砖红色沉淀
淀粉没有发生水解
A．A B．B C．C D．D
5．（2023·浙江金华·模拟预测）苯酚与FeCl3溶液作用显紫色，化学方程式如下：FeCl3+6C6H5OHH3[Fe(C6H5O)6]+3HCl，而2，4，6－三硝基苯酚不能与FeCl3发生显色反应。下列说法不正确的是
A．[Fe(C6H5O)6]3-中含有配位键，其中O原子是配位原子
B．苯酚显酸性是因为C6H5－为推电子基团，使－OH极性减弱
C．－NO2具有强吸电子能力，使酚羟基上O原子周围的电子云密度减小，配位能力减弱
D．FeCl3溶液因存在FeCl而显黄色，加苯酚显紫色，说明C6H5O-的配位能力比Cl-强
6．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）古代陶器釉料中大多含有钴的化合物，下列说法不正确的是
A．CoO的熔点比CoS高
B．中中心原子的杂化方式是
C．中所含π键和σ键的比例为2：1
D．中存在配位键、范德华力、非极性键
7．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）下列化学用语表示正确的是
A．的结构示意图：  
B．锌原子的价层电子的轨道表示式：  
C．的VSEPR模型：V形
D．的电子式：  
8．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）关于反应(未配平)，下列说法不正确的是
A．生成1mol ，转移6mol电子
B．是氧化产物
C．该反应类型属于氧化还原反应
D．的配体中形成配位键的原子是O
9．（2023·浙江金华·统考模拟预测）Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是同周期元素，位于s区，Y的s能级电子数等于p能级的电子数，五种元素中Q的未成对电子数最多。W、Z最外层电子数相同，Z的核电荷数是W的2倍。则下列说法正确的是
A．离子半径：
B．化合物和中Z杂化不同
C．简单氢化物的稳定性：
D．Z和X可形成原子个数比为1：1和1：2的化合物
10．（2023·浙江金华·统考模拟预测）作为一种非常有竞争力的锂电池电解质盐，可用以下方法制得：；，下列说法不正确的是
A．易溶于乙醚、碳酸酯等极性较小的溶剂
B．中所有原子都满足8电子稳定结构
C．比的热稳定性更好
D．是由极性共价键构成的非极性分子
11．（2023·浙江金华·统考模拟预测）下列说法不正确的是
A．乙醇、苯酚和碘等可以使蛋白质变性，可用于杀菌消毒
B．聚乙炔中C原子的杂化方式与石墨相同，可以用于制备导电高分子材料
C．脲醛树脂是通过缩聚反应得到的高聚物，可用于生产木材粘合剂、电器开关等
D．乙酸、苯甲酸、乙二酸(草酸)均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
12．（2023·浙江台州·统考二模）下列化学用语表示正确的是
A．的空间填充模型： B．分子的空间结构：直线形
C．二氧化硅的分子式： D．甲胺的电子式：
13．（2023·浙江嘉兴·统考二模）(三氟化硼)熔点-127℃，沸点-100℃，水解生成(硼酸，结构如图)和(氟硼酸)，与氨气相遇立即生成白色的(氨合三氟化硼)固体。下列说法不正确的是

A．和中心硼原子杂化方式不同
B．晶体含有6mol氢键
C．显酸性原因：
D．结构式为

二、多选题
14．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）W、X、Y、Z、N是原子序数依次增大的五种短周期元素，W基态原子只有一种自旋取向，X的最高正化合价与最低负化合价代数和为零，Y位于第二周期，基态原子的s能级电子总数与p能级电子总数相等，Z基态原子的价电子中，在不同形状原子轨道运动中的电子数相等，N的简单离子半径是同周期元素简单离子中最大的。下列说法正确的是
A．Y的第一电离能一定低于同周期相邻元素
B．由W、X、Y、N四种元素中的任意两种形成的化合物只有极性共价键
C．由W、X、Y三种元素形成的化合物可能有成千上万种
D．最简单氢化物的稳定性：

三、结构与性质
15．（2023·浙江金华·模拟预测）物质的组成与结构决定物质的性质与变化。请回答：
(1)有如下反应：    (氯化苯重氮盐)，NO的空间结构名称为______，产物中两个氮原子直接相连，其中与碳原子直接相连的N原子的杂化轨道类型是_____。
(2)MgCl2的熔点比BeCl2高的原因是______。
(3)下列叙述正确的是______。
A．电离一个电子所需最低能量：Mg+(g)＜Al+(g)
B．键角大小：H3O+＜H2O
C．沸点：邻羟基苯甲酸＞对羟基苯甲酸
D．pKa：CF3COOH＜CH3COOH
(4)单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。该物质的晶体类型是_____，该化合物的化学式为______。
  
16．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）含氮化合物在生活中占有重要地位。请回答：
(1)可通过配位键与形成。形成该配合物时，基态的价层电子发生重排提供两个空轨道，则重排后的价电子排布图为___________；的金属配合物也已经制备成功，但为数不多，如[]，已知该配合物的配位数与[]的配位数相同，测得其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另一个为0.122nm。请画出[]的结构示意图：___________。
(2)和是常见含氮化合物，其VSEPR构型均为___________，其中二者相比较，键角更大的是___________。
(3)N、P、As同属于ⅤA族，下列说法正确的是___________。
A．原子半径：r(N) ＞r(P) ＞r(As)且电负性：N＞P＞As
B．N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性依次减弱
C．简单氢化物的还原性：
D．黑砷和黑磷的结构相似(如图1)，每个砷原子最外层均形成8电子结构。其晶体单层中，As原子与As—As键的个数比为2∶3
(4)已知晶胞结构如图2所示，M处的 (其位于四个所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，请解释其原因___________，该晶胞的晶胞参数如图所示，设为阿伏伽德罗常数的值，该晶体的密度ρ=___________(列出计算式即可)
  
17．（2023·浙江金华·统考模拟预测）铜单质及其化合物在社会实际中有着广泛的应用。回答下列相关问题：
(1)碘化钠溶液和硫酸铜溶液能反应生成一种铜的碘化物A(白色沉淀)，A的晶胞如图甲所示，则A的化学式是___________，化合物A中阳离子的基态电子排布式为___________。
  
(2)向硫酸铜溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀，再滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液，继续向其中加入极性较小的乙醇可以生成深蓝色的沉淀，该物质中的通过___________键与中心离子结合，离子的空间结构为___________，N、O元素第一电离能大小关系为___________，原因是___________。
(3)晶体铜的晶胞结构如图乙表示，原子之间相对位置关系的平面图如图丙所示，铜原子半径为127.8pm，表示阿佛加德罗常数的值，晶体铜的密度为___________(列出计算式即可)。
  
18．（2023·浙江绍兴·统考二模）物质结构理论是材料科学、医学科学和生命科学的重要基础。请回答：
(1)常常作为有机反应的催化剂，画出基态原子的价层电子轨道表示式___________；要制备高纯可先制得，其中C原子的杂化方式为___________。
(2)乙二酸具有优良的还原性，易被氧化成。测得乙二酸中的的键长比普通的键长要长，说明理由___________。
(3)下列说法正确的是___________。

A．现代化学，常利用原子光谱上特征谱线鉴定元素
B．电负性大于1.8一定是非金属
C．配合物的稳定性不仅与配体有关，还与中心原子的所带电荷等因素有关。
D．晶体的密度为，图示晶胞与的距离
(4)锌黄锡矿外观漂亮，晶胞结构如图所示，请写出锌黄锡矿的化学式___________；并在晶胞中找出平移能完全重合的两个___________。(请选择合适的编号填写一种组合)


四、元素或物质推断题
19．（2023·浙江嘉兴·统考二模）黄色固体化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验(题中各物质状态均为室温条件状态)：

已知：A、B、D、F、G均是纯净物。
请回答：
(1)X的组成元素是_______，X的化学式是_______。
(2)写出化合物X生成蓝色固体F的化学反应方程式_______。
(3)固体G能缓慢溶于氨水，写出该反应的离子方程式_______。
(4)设计实验检验溶液E中的阴离子_______。
20．（2023·浙江·统考模拟预测）难溶化合物X由3种分属不同周期的元素组成，按如图流程进行相关实验：
  
流程中溶液均为无色，溶液B的溶质只含正盐，溶液G、H中均含有配离子，气体A是一种无色无味的酸性氧化物，反应均充分进行，请回答：
(1)组成固体X的3种元素是_______(填元素符号)，溶液E中多核阳离子的电子式为______。
(2)写出溶液G生成白色固体C的离子方程式______。
(3)写出溶液B生成白色固体F的化学方程式______。
(4)设计实验证明溶液G、H中含有的配离子种类不同______。

参考答案：
1．A
【详解】A．加热0.5mol•L-1氯化铜蓝色溶液，溶液变为蓝绿色，说明[Cu(H2O)4]2++4Cl﹣[CuCl4]2﹣+4 H2O的平衡向正反应方向移动，该反应为吸热反应，故A正确；
B．没有明确混合溶液中氯化钠和溴化钠的浓度是否相等，则向混合溶液中加入少量硝酸银溶液生成淡黄色沉淀，不能说明溴化银的溶度积小于氯化银，故B错误；
C．干燥的氯气没有漂白性，红色鲜花颜色褪去是因为氯气与水反应生成的次氯酸应强氧化性而表现漂白性，故C错误；
D．室温下铁在浓硫酸中会发生钝化，阻碍反应的继续进行，则室温下向A、B两支试管中分别装入等体积的稀硫酸和浓硫酸，再加入表面积相等的铁片不能用于探究浓度对反应速率的影响，故D错误；
故选A。
2．D
【详解】A．由图可知，(CH3CH2)2AlCl三聚体分子中中心离子是铝离子，氯离子和乙基是配体，铝离子的配位数为4，故A正确；
B．由图可知，(CH3CH2)2AlCl三聚体分子是结构对称的非极性分子，故B正确；
C．由质量守恒定律可知，(CH3CH2)2AlCl一定条件下与氧气完全反应生成二氧化碳，水，氧化铝和氯化氢，故C正确；
D．氯元素的电负性大于溴元素，铝氯键强于铝溴键，则水解时(CH3CH2)2AlCl的铝氯键比(CH3CH2)2AlBr的铝溴键难以断裂，比(CH3CH2)2AlBr更难水解，故D错误；
故选D。
3．B
【分析】盐是由金属阳离子或铵根离子和酸根离子构成的化合物；氧化物是含有两种元素一种为氧元素的化合物；
【详解】A．氯化铵的铵根离子中含有氮氢极性共价键，A不合题意；
B．Na2C2O4为草酸盐，草酸根离子中含有碳碳非极性共价键，B符合题意；
C．氮化镁不属于盐，C不合题意；
D．过氧化钠为氧化物，不属于盐，D不合题意；
故选B。
4．C
【详解】A．加热该溶液，溶液由蓝色变为黄绿色，可知加热使逆向移动，所以正反应为放热反应，A错误；
B．乙醇是极性较小的溶剂，导致硫酸四氨合铜晶体析出，B错误；
C．用铜作电极电解饱和食盐水，阳极铜参与放电，铜失去电子生成氯化亚铜，在碱性环境中最终转化为氧化亚铜，阳极沉淀转化反应：，C正确；
D．淀粉的水解液显酸性，新制氢氧化铜会与酸发生酸碱中和，所以实验设计有误，D错误；
故选C。
5．B
【详解】A．[Fe(C6H5O)6]3-中Fe3+与C6H5O-之间存在配位键，其中O原子含有孤对电子，做配位原子，故A正确；
B．苯酚显酸性是因为C6H5－为吸电子基团，使－OH极性增大，故B错误；
C．－NO2中O的电负性较强，使得硝基具有强的吸电子能力，导致酚羟基上O原子周围的电子云密度减小，配位能力减弱，故C正确；
D．FeCl3溶液因存在FeCl而显黄色，加苯酚显紫色，说明C6H5O-的配位能力比Cl-强，从而能取代氯离子与三价铁离子形成[Fe(C6H5O)6]3-使溶液显紫色，故D正确；
故选：B。
6．D
【详解】A．离子半径越小，离子键就越强，断裂离子键需消耗的能量就越大，物质的晶格能就越大，熔沸点就越高。由于离子半径：O2-＜S2-，所以CoO的晶格能大于CoS，CoO的熔点比CoS高，故A正确；
B．中C原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对，C原子采用sp2杂化，故B正确；
C．N-与N2 核外等电子体，其结构式为[C≡N]-，三键含有1个σ键、2个π键，故C正确；
D．范德华力属于分子间作用力，该物质不含有范德华力，故D错误；
故选：D。
7．B
【详解】A．Ca2+的质子数为20，电子数为18，各层上电子数为2、8、8，结构示意图为  ，故A错误；
B．基态Zn原子价层电子为3d、4s能级上的电子，基态锌原子的价层电子排布式：3d104s2，轨道表示式：  ，故B正确；
C．SO2分子中S原子的价层电子对数为2+=3，含有1对孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，故C错误；
D．过氧化氢是共价化合物，其电子式为  ，故D错误；
故选：B。
8．A
【详解】A．CH3CH2OH中C为-2价，中C为0价，有2个C原子发生变价，生成1mol ，转移4mol电子，故A错误；
B．碳元素化合价升高，CH3CH2OH是还原剂，是氧化产物，故B正确；
C．该反应中C、Cr元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；
D．H2O中O原子提供孤对电子对与Cr3+提供空轨道形成配位键，故D正确；
故选：A。
9．D
【分析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y是同周期元素，位于s区，Y的s能级电子数等于p能级的电子数，则Y原子的电子排布式1s22s22p63s2，所以Y为Mg元素，X为Na元素，W、Z最外层电子数相同，则W、Z同主族，Z的核电荷数是W的2倍，则Z是S元素，W是O元素，五种元素中Q的未成对电子数最多，则Q为N元素，据此分析解答。
【详解】A．X为Na元素，Z是S元素，W是O元素，简单离子电子层数越多，半径越大，具有相同电子层结构的离子，质子数越大，离子半径越小，所以离子半径：，即：，A错误；
B．化合物SO2和SO3中S的价层电子对数均为3，均为sp2杂化，B错误；
C．元素的非金属性越大，其氢化物的稳定性越强，非金属性，所以其简单氢化物的稳定性：，C错误；
D．S元素和Na元素可形成原子个数比为1:1和1:2的化合物为Na2S和Na2S2， D正确；
故答案选D。
10．B
【详解】A．作为一种非常有竞争力的锂电池电解质盐，易溶于乙醚、碳酸酯等极性较小的溶剂，A正确；
B．中P原子与5个Cl形成5个共用电子对，最外层电子数为10，B错误；
C．中P-F 比的P-Cl的键长短，键能大。键能越大分子越稳定，所以比的热稳定性更好，C正确；
D．中P-Cl是极性键，空间构型是三角双锥，正负电荷中心重合，是非极性分子，D正确；
故答案选B。
11．D
【详解】A．乙醇、苯酚和碘等可以使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，碘伏中的碘单质、75%医用酒精、药皂中苯酚均可用于皮肤消毒，苯酚还用于环境消毒，A正确；
B．聚乙炔中和石墨中C原子周围的价层电子对数均为3，故二者C原子的杂化方式均为sp2杂化，聚乙炔中存在单键、双键交替结构可以导电，故二者均可以用于制备导电高分子材料，B正确；
C．尿素[CO(NH2)2]和甲醛在一定条件下发生类似苯酚和甲醛的反应得到线型脲醛树脂，脲醛树脂是通过缩聚反应得到的高聚物，可用于生产木材粘合剂、电器开关等，C正确；
D．乙二酸(草酸)具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；
故答案为：D。
12．A
【详解】A．次氯酸的结构式为H—O—Cl，Cl原子半径最大，H原子半径最小，空间填充模型为，故A正确；
B．OF2分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间结构为V形，故B错误；
C．二氧化硅是原子晶体，晶体中只存在原子，不存在分子，则二氧化硅的化学式为，故C错误；
D．甲胺的结构简式为CH3NH2，电子式为，故D错误；
故选A。
13．B
【详解】A．中心原子价层电子对数为3+=3，中心原子价层电子对数为4+=4，二者中心硼原子杂化方式不同，故A正确；
B．1个参与6个氢键的形成，每个氢键形成于两个硼酸分子之间，则1mol晶体中含有6mol=3mol氢键，故B错误；
C．是一元弱酸，在水溶液中电离产生H+使溶液呈酸性，电离方程式为：，故C正确；
D．NH3中N原子为sp3杂化，N原子上有一对孤电子对，BF3中B原子为sp2杂化，杂化轨道与F原子形成3个共价键，故有一个2p空轨道，与NH3形成配位键，结构式为，故D正确；
故选B。
14．AC
【分析】W、X、Y、Z、N是原子序数依次增大的五种短周期元素，W基态原子只有一种自旋取向，说明W中只有1个电子，为H元素；X的最高正化合价与最低负化合价代数和为零，X为第IVA族元素，X为C元素；Y位于第二周期，基态原子的s能级电子总数与p能级电子总数相等，Y的电子排布式为1s22s22p4，为O元素；Z基态原子的价电子中，在不同形状原子轨道运动中的电子数相等，则Z的价电子排布式为3s23p2，为Si元素，N的简单离子半径是同周期元素简单离子中最大的，N为P元素，以此解答。
【详解】A．F对最外层电子的吸引力比O强，N原子核外电子处于半满的较稳定状态，故第一电离能均高于O，故A正确；
B．H和O构成的化合物H2O2中存在非极性共价键，故B错误；
C．由H、C、O三种元素形成的有机化合物可能有成千上万种，故C正确；
D．非金属性：O>Si，则最简单氢化物的稳定性：，故D错误；
故选AC。
15．(1) V形或角形 sp
(2)MgCl2是离子晶体，BeCl2分子晶体，熔化时前者克服离子键，后者克服分子间作用力，离子键比分子间作用力强
(3)AD
(4) 离子晶体 H3S

【详解】（1）NO中N和O成键，且有两个未成键电子，所以空间结构名称为V形；产物中两个氮原子直接相连，其中与碳原子直接相连的N原子有两个σ键，其杂化轨道类型是sp杂化；故答案为V形或角形；sp。
（2）MgCl2是离子晶体，BeCl2分子晶体，熔化时前者克服离子键，后者克服分子间作用力，离子键比分子间作用力强，所以MgCl2的熔点比BeCl2高；故答案为MgCl2是离子晶体，BeCl2分子晶体，熔化时前者克服离子键，后者克服分子间作用力，离子键比分子间作用力强。
（3）A．Mg+(g)最外层电子为3s1，3s轨道为半满；Al+(g)最外层电子为3s2，3s轨道为全满，所以电离一个电子所需最低能量：Mg+(g)＜Al+(g)；故A正确；
B．H3O+中只有一对孤电子对，H2O中有2对孤电子对，孤电子对越多，排斥力越大，键角越小；因此键角大小：H3O+>H2O；故B错误；
C．邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，使熔沸点偏低；而对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，使熔沸点偏高，所以沸点：邻羟基苯甲酸H，所以酸性CF3COOH>CH3COOH；pKa值是越小酸性越强；所以pKa：CF3COOH＜CH3COOH；故D正确；
故答案选AD。
（4）单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，根据其超导性质，推断其由阴阳离子构成，所以该晶体类型为离子晶体；由晶胞结构可知，S原子处于晶胞的体心和顶点，晶胞中含有个S原子，H原子属于棱边的中点与面心，晶胞中含有H原子数目为；该化合物的化学式为H3S；故答案为离子晶体；H3S。
16．(1)      
(2) 四面体
(3)BD
(4) 与F-形成N—H…F氢键，氢键具有方向性；

【详解】（1）基态Co3+的价层电子排布式为3d6，CN-可通过配位键与Co3+形成[Co(CN)6]3-，形成配合物时，基态Co3+的价层电子发生重排提供两个空轨道，则重排后的Co3+价电子排布图为  ；[Ni(CO)4]的配位数为4，[Ni(PH3)2CO2]的配位数与[Ni(CO)4]的配位数相同，[Ni(PH3)2CO2]的配位数也为4，测得其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另一个为0.122nm，说明Ni与2个PH3分子中的P原子、CO2分子中的碳原子和1个O原子形成配位键，其结构示意图为：  ；答案为：  ；  。
（2）NF3和NH3分子中中心N原子的σ键电子对数都为3、孤电子对数都为1，价层电子对数都为4，VSEPR模型都为四面体形；空间构型都为三角锥形，由于电负性F＞N＞H，则NF3分子中成键电子对离N原子更远，两个N—F键之间的斥力减小，故NF3中的键角更小，键角更大的是NH3；答案为：四面体；NH3。
（3）A．同主族从上到下原子半径逐渐增大、电负性逐渐减小，原子半径：r(N) ＜r(P) ＜r(As)，电负性：N＞P＞As，A项错误；
B．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，B项正确；
C．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，简单氢化物的还原性逐渐增强，即简单氢化物的还原性：NH3＜PH3＜AsH3，C项错误；
D．黑砷和黑磷的结构相似，每个砷原子最外层均形成8电子结构，由图可知，晶体单层中，每个As原子形成3个As—As键，以As—As键形成六元环，每个As原子被3个六元环共有，每个As—As键被2个六元环共有，则晶体单层中As原子与As—As键的个数比为2∶3，D项正确；
答案选BD。
（4）M处的 (其位于四个F-所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，其原因是：与F-形成N—H…F氢键，氢键具有方向性；由图可知晶胞中含F-、的个数都为2，晶胞的质量为，晶胞的体积为 (a×10-7cm)×(a×10-7cm)×(c×10-7cm)=a2c×10-21cm3，该晶体的密度ρ=÷(a2c×10-21cm3)=g/cm3；答案为：与F-形成N—H…F氢键，氢键具有方向性；。
17．(1) CuI 1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)
(2) 配位 平面正方形 N＞O N原子2p轨道上的电子处于半充满状态，较稳定，比O难失去电子
(3)

【详解】（1）碘化钠溶液和硫酸铜溶液反应生成一种铜的碘化物A，根据均摊法，A的晶胞中含白球4个，黑球8×+6×=4个，则A的化学式为CuI；化合物A中I元素的化合价为-1价，则化合物A中阳离子为Cu+，Cu+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；答案为：CuI；1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；
（2）在[Cu(NH3)4]SO4∙H2O中NH3中N原子提供孤电子对与Cu2+的空轨道共用，形成配位键；[Cu(NH3)4]2+的空间结构为平面正方形；同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，N原子的2p轨道上的电子处于半充满状态，较稳定，比O难失去电子，故第一电离能N＞O；答案为：配位；平面正方形；N＞O；N原子2p轨道上的电子处于半充满状态，较稳定，比O难失去电子；
（3）设晶胞的边长为x，由图丙结构知，x=4r(Cu)=4×127.8pm，解得x=2×127.8pm，晶胞的体积为(2×127.8×10-10cm)3；根据均摊法，晶胞中含Cu的个数为8×+6×=4，晶胞的质量为；晶体铜的密度为÷(2×127.8×10-10cm)3=g/cm3；答案为：。
18．(1) sp
(2)乙二酸中2个碳原子与2个电负性很高的氧原子成键，导致碳原子上电荷密度下降
(3)AC
(4) Cu2SnZnSe4 1、6或2、5或3、8或4、7

【详解】（1）基态为28号元素，价层电子轨道表示式； 中的CO为配体，配体CO中C和O都是sp杂化，形成一个σ键和两个相互垂直的π键；
（2）乙二酸中2个碳原子与2个电负性很高的氧原子成键，导致碳原子上电荷密度下降，所以使得乙二酸中的的共价单键键长比普通的键长要长；
（3）A．固定的元素都有特定的光谱，故现代化学，常利用原子光谱上特征谱线鉴定元素，A正确；
B．电负性大于1.8不一定是非金属，例如钴、镍的电负性大于1.8，而其为金属元素，B错误；
C．配合物中中心离子所带的电荷会影响配位键的形成，故配合物的稳定性不仅与配体有关，还与中心原子的所带电荷等因素有关，C正确；
D．据“均摊法”，晶胞中含个Na+、个Cl-，设晶胞边长为acm，则晶体密度为，则晶胞与的距离为晶胞边长的一半为：，D错误；
故选AC；
（4）据“均摊法”，晶胞中含个Zn、个Cu、个Sn、8个Se，故化学式为Cu2SnZnSe4；
该晶胞中以体心的Zn为顶点构建晶胞时，则6号Se位置与1号Se位置重合，结合该晶胞中8个Se位置可知，晶胞中平移能完全重合的两个Se为1、6或2、5或3、8或4、7。
19．(1) Cu、O、H CuOH
(2)4CuOH+O2+2H2O=4Cu(OH)2
(3)CuO + 4NH3▪ H2O= +3H2O+2OH-
(4)先取少量液体，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀产生，证明有SO；取样品，加入适量乙醇，取上层清液，滴加无色酚酞试液，溶液变红，则说明原试样中有OH-

【分析】蓝色溶液C加入足量氨水后得到深蓝色溶液E，可以推知C为CuSO4溶液，D为紫红色固体，为Cu单质，物质的量为=0.0125mol，则红色固体为Cu2O，Cu2O和稀硫酸反应的方程式为：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，Cu2O的物质的量为0.0125mol，X1中含有0.025molCu元素；蓝色固体F加热产生黑色固体G和无色液体A，可以推知G为CuO，F为Cu(OH)2，A为H2O，X1隔绝空气加热产生H2O，H2O的物质的量为=0.0125mol，X1中含有0.0125mol+0.0125mol=0.025molO元素，0.025molH原子；综上所述，X1中n(Cu): n(O) : n(H)=1：1：1，X为CuOH。
【详解】（1）由分析可知，X的组成元素是Cu、O、H，X的化学式是CuOH。
（2）化合物CuOH和O2、H2O反应生成生成蓝色固体Cu(OH)2的化学反应方程式为：4CuOH+O2+2H2O=4Cu(OH)2。
（3）固体G为CuO，CuO在氨水中缓慢溶解，方程式为：CuO + 4NH3▪ H2O= + 3H2O+2OH-。
（4）溶液E中的阴离子为SO和OH-，检验硫酸根的方法为：先取少量液体，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀产生，证明有SO；OH-检验方法：取样品，加入适量乙醇，取上层清液，滴加无色酚酞试液，溶液变红，则说明原试样中有OH-。
20．(1) Ag、Al、O   
(2)Al(OH)+ CO2=Al(OH)3↓+HCO
(3)[Ag(NH3)2]2CO3+6HCl=2AgCl↓+4NH4Cl+CO2↑+H2O
(4)取少量溶液G、H分别装在试管中，逐滴滴加过量的稀盐酸，溶液G中先出现白色沉淀，后沉淀消失，溶液H中无明显现象，证明溶液G、H中含有的配离子种类不同

【分析】流程中溶液均为无色，溶液B的溶质只含正盐，溶液G、H中均含有配离子，气体A是一种无色无味的酸性氧化物，反应均充分进行，则A为二氧化碳气体，由无色溶液B与足量盐酸反应生成白色固体F可知，F为氯化银沉淀，则固体X中含有银元素；由白色固体C能溶于足量氢氧化钠溶液得到溶液G，溶液G与氢氟酸反应得到溶液H、与足量二氧化碳反应生成白色固体C可知，C为氢氧化铝、G为四羟基合铝酸钠、H为六氟合铝酸钠，则固体X中含有铝元素；由难溶化合物X由3种分属不同周期的元素组成可知，X中含有O元素；由银原子个数守恒可知，X中银元素的物质的量为=0.3mol，由铝原子个数守恒可知，X中银元素的物质的量为=0.3mol，由X的质量可知，X中含有的氧元素的物质的量为=0.6mol，则X中银、铝、氧的物质的量比为0.3mol：0.3mol：0.6mol=1：1：2，X的化学式为AgAlO2；结合流程可知，B为[Ag(NH3)2]2CO3、D为二氧化碳、E为氯化铵。
【详解】（1）由分析可知，固体X的化学式为AgAlO2，组成固体X的3种元素是银元素、铝元素和氧元素；E为氯化铵，多核阳离子铵根离子的电子式为  ，故答案为：Ag、Al、O；  ；
（2）由分析可知，溶液G生成白色固体C反应为四羟基合铝酸钠溶液与足量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为Al(OH)+ CO2=Al(OH)3↓+HCO，故答案为：Al(OH)+ CO2=Al(OH)3↓+HCO；
（3）由分析可知，溶液B生成白色固体F的反应为[Ag(NH3)2]2CO3溶液与足量盐酸反应生成氯化银沉淀、氯化铵、二氧化碳气体和水，反应的为化学方程式[Ag(NH3)2]2CO3+6HCl=2AgCl↓+4NH4Cl+CO2↑+H2O，故答案为：[Ag(NH3)2]2CO3+6HCl=2AgCl↓+4NH4Cl+CO2↑+H2O；
（4）由分析可知，G为四羟基合铝酸钠、H为六氟合铝酸钠，则证明溶液G、H中含有的配离子种类不同的实验为取少量溶液G、H分别装在试管中，逐滴滴加过量的稀盐酸，四羟基合铝酸钠溶液中先出现氢氧化铝白色沉淀，后沉淀溶解消失，而六氟合铝酸钠溶液中无明显现象，说明四羟基合铝酸钠溶液、六氟合铝酸钠溶液中含有的配离子种类不同，分别为氢氧根离子、氟离子，故答案为：取少量溶液G、H分别装在试管中，逐滴滴加过量的稀盐酸，溶液G中先出现白色沉淀，后沉淀消失，溶液H中无明显现象，证明溶液G、H中含有的配离子种类不同。