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广东省汕头某校2024-2025学年高二下学期期中考试 化学试题
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。1-10 每小题 2 分共 20 分，11-16 每小题 4 分共 24 分)
1．（2025高二下·汕头期中）生活中的化学无处不在，下列关于生活中的化学描述错误的是
A．电视和电脑的液晶显示器使用的液晶材料属于晶体，能体现晶体的各向异性
B．在霓虹灯的灯管里存在等离子体
C．可以用光谱分析的方法来确定太阳的组成元素是否含氦
D．我国科学家近期成功构筑了一类超分子金属配位笼，超分子具有分子识别和自组装特征
2．（2025高二下·汕头期中）NM-3是处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，其分子结构如图。下列说法不正确的是
A．该有机化合物的分子式为C12H10O6
B．该有机化合物含有4种官能团
C．该物质不属于芳香族化合物
D．该有机化合物可属于羧酸类
3．（2025高二下·汕头期中）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）
A．过氧化氢所含的共价键数目为
B．白磷含个键，二氧化硅中含个
C．等物质的量的和中含有键的数目均为
D．金刚石晶体中碳原子含有个键
4．（2025高二下·汕头期中）软硬酸碱理论认为，常见的硬酸有、、等，软酸有、等；硬碱有、等，软碱有、等；酸碱结合的原则为：“硬酸优先与硬碱结合，软酸优牛与软碱结会，软和硬结合一船不稳定”。该原则一般可用于判断物质稳定性及反应发生的方向等。下列叙述错误的是
A．稳定性比较：
B．稳定性比较：
C．反应难以向右进行
D．含的红色溶液中加入适量NaF后溶液褪色，说明碱的“硬度”：
5．（2025高二下·汕头期中）下列说法正确的是
A．中，阴离子空间结构为正四面体形，S原子的杂化方式为
B．各种含氯元素的酸性由强到弱排列为
C．乙醇在水中的溶解度小于丁醇（），可以用相似相溶原理解释
D．三氧化硫有单分子气体和三聚分子固体（）两种存在形式；两种分子中S原子的杂化轨道类型相同
6．（2025高二下·汕头期中）网红减压玩具水晶泥，是由聚乙烯醇（俗称PVA胶水）和硼砂以一定比例混合而成的一种凝胶，其中硼砂（一般写作）为白色晶体，易溶于水，结构式如图所示。当小孩不慎食用硼砂后，硼砂会在胃酸作用下转变为硼酸（结构式为），硼酸易被人体吸收蓄积而中毒。下列说法错误的是
A．聚乙烯醇中所含元素的电负性大小顺序为H＜C＜O
B．硼酸的中心B原子的VSEPR构型为平面三角形
C．硼酸分子中的原子均满足8电子稳定结构
D．硼砂为离子晶体
7．（2025高二下·汕头期中）意大利化学家阿伏加德罗在化学上的重大贡献是建立分子学说，下列说法正确的是
A．18个碳原子构成的碳环分子的结构如图甲所示，该分子属于有机物
B．N2O5的结构如图乙，可看作H2O分子中H原子被硝基取代而形成，N2O5是非极性分子
C．白磷(P4)晶胞如图丙所示，白磷晶体中1个P4分子周围有8个紧邻的P4分子
D．同温、同压下，等质量的CH4、CO2气体分别吹出两个体积大小不同的气球(如图丁所示)，气球①和气球②中原子数之比为12：55
8．（2025高二下·汕头期中）下列说法中不正确的是
A．硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，说明分子极性：H2O>C2H5OH>CS2
B．CCl2F2无同分异构体，说明其中碳原子采取sp3杂化
C．H2CO3与H3PO4的非羟基氧原子数均为1，二者的酸性强度非常相近
D．由第ⅠA族和第ⅥA族元素形成的原子个数比为1：1、电子总数为38的化合物，是含有共价键的离子化合物
9．（2025高二下·汕头期中）某物质 M 是制造染料的中间体，它的球棍模型如图所示，由短周期 X、Y、Z、W 四种 元素组成，X 元素原子半径最小，W 的3p 轨道有一个未成对电子，Y、Z 同主族。下列说 法正确的是
A．电负性：Y > Z > W
B．X2Y2 是极性分子
C．最简单氢化物沸点：Y < Z
D．W 的最高价氧化物对应水化物的空间构型为三角锥
10．（2025高二下·汕头期中）是钙钛矿太阳能电池的重要吸光材料，其晶胞结构如图1所示，提出降解的机理如图2所示。
下列说法不正确的是
A．的键角小于的键角
B．1个晶胞含有3个
C．中C和N原子的杂化方式相同
D．可与反应生成和
11．（2025高二下·汕头期中）冠醚是一类皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18- 冠-6 可以通过图示方法制备。下列说法错误的是
A．18-冠-6 分子中 C、O 都采用 sp3 杂化
B．18-冠-6 和碱金属离子通过离子键形成超分子
C．冠醚的空穴结构对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂
D．制取方法中(1)为取代反应，另一种产物为HCl
12．（2025高二下·汕头期中）具有很好的导电性，在光学、电学等行业有着重要的用途，其分子结构如图所示。将干燥的氨气通入的溶液中，可制得该物质：[已知(分子结构为是硫单质中最稳定的]。下列说法错误的是
A．属于分子晶体，中含有极性键
B．中含有非极性键
C．参与上述制备反应，转移电子
D．的VSEPR模型均为四面体形
13．（2025高二下·汕头期中）物质的组成与结构决定了物质的性质与变化，结构化学是化学研究的重要领域。下列说法正确的是
A．元素周期系和元素周期表都不只有一个，都是多种多样的
B．在基态14C原子中，核外存在2对自旋相反的电子，其核外电子有4种运动状态
C．I离子的几何构型为V型，其中心原子的杂化形式为sp2杂化
D．已知苯酚()具有弱酸性，其Ka=1.1×10-10；水杨酸()第一级电离形成的离子()能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)＜Ka(苯酚)
14．（2025高二下·汕头期中）点击化学(click chemistry)是一种能够让分子的构建模块快速、高效地结合在一起的化学反应。科学工作者可以利用基础模块搭建出变化无穷的造型，就如同玩乐高玩具一般。叠氮化物和炔烃合成抗真菌药物三唑是点击化学的重要应用，反应示例如下。下列说法正确的是
A．的价电子排布图为
B．H、C、N的第一电离能由大到小的顺序为
C．丁形成的晶体中存在的微粒间作用力有氢键
D．分子中碳碳三键的活泼性：甲<丙
15．（2025高二下·汕头期中）如图三条曲线分别表示、和元素的前四级电离能变化趋势。下列说法正确的是
A．元素电负性：
B．简单氢化物的稳定性：
C．简单氢化物的相对分子质量：
D．对应最高价氧化物的水化物的酸性强弱：
16．（2025高二下·汕头期中）某晶体由镁、铝、氧三种元素组成，若将其晶胞按图1方式切成8个体积相同的小立方体，和在小立方体中的分布如图2、图3所示。已知之间的最小间距为。下列说法错误的是
A．晶体中的配位数为4
B．晶胞的体积为
C．晶体中三种元素的第一电离能：
D．晶体的化学式为
二、非选择题(4 小题每题 14 分共 56 分)
17．（2025高二下·汕头期中）请按照要求回答下列问题。
（1）中含氧官能团有：　 　 (填名称)。
（2）的分子式为 　 　，按碳的骨架分，该有机物属于 　 　 (填字母)。
a．脂环烃 b．芳香化合物 c．环状化合物 d．苯的同系物
（3）奥沙拉秦 ，其核磁共振氢谱有 　 　 组峰，峰面积比为 　 　。
（4）分子式为C8H10的芳香烃，苯环上的一溴取代物只有一种，该芳香烃的名称为___________ (填字母)。
A．乙苯 B．邻二甲苯 C．对二甲苯 D．间二甲苯
（5）已知化合物A(C4Si4H8 ) 与立方烷的分子结构相似，如图所示，则C4Si4H8的二氯代 物的同分异构体数目为 　 　。
18．（2025高二下·汕头期中）已知 A、B、C、D、E、F 都是元素周期表中前四周期的元素， 它们的原子序数依次增大。A 是宇宙中含量最丰富的元素，B、D 原子的 L 层有 2 个未成对电子。E3+离子 M 层 3d 轨道电子为半满状态，F 比 E 原子序数大 1 且位于同一族。请 根据以上情况，回答下列问题：(答题时，用所对应的元素符号表示)
（1）写出 E 的电子排布式　 　 ，E 位于周期表　 　 区。
（2）A、B、D 三种元素可以形成组成为 A2BD、A4BD、A2BD2 的分子，其中 B 原子采取 sp3 杂化的是 　 　。(填结构简式)
（3）CA的键角为 　 　。
（4）F 可形成分子式均为 F(NH3)5BrSO4 的两种配合物，其中一种化学式为[F(NH3)5Br]SO4，往其溶液中加 BaCl2 溶液时，现象是　 　；往另一种配合物的溶液中加入 BaCl2 溶液时，无明显现象，若加入 AgNO3 溶液时产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为 　 　。
（5）B 元素在自然界有多种同素异形体，硬度最大的晶体中每个晶胞中平均含有　 　 个 B 原子。
19．（2025高二下·汕头期中）电池在人类生产生活中具有十分重要的作用，单晶硅和铜、锗、 镓等的化合物常作为制备太阳能电池的原料。回答下列问题：
（1）基态镓原子的价层电子排布图是　 　。
（2）四氯化硅属于　 　 晶体，硅原子的杂化方式是 　 　。
（3）下列锗卤化物的熔点和沸点，产生该变化规律的原因是　 　。
GeCl4 GeBr4 GeI4
熔点/℃ -49.5 26 146
沸点/℃ 83.1 186 约 400
（4）下图为铜的某种氯化物晶胞示意图，试回答下列问题
①该物质的化学式是 　 　。原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置， 图中各原子标参数分别为 A(0，0，0)；B(0，1，1)；C(1，1，0)；则 D 原子的坐标参 数为 　 　。
②晶胞中 C、D 两原子核间距为 298pm，阿伏加德罗常数的值为 NA，则该晶体的密度 　 　 g/cm3 (列出计算式即可)。
20．（2025高二下·汕头期中）铟被广泛应用于电子、太阳能等领域。以某炼锌废渣(主要含 ZnO、In2O3，还含少量 SnO2 、PbO、SiO2 等物质)为原料，制备粗铟的工艺流程如下：
已知：①In(铟)与 Al 是同主族元素，Sn(锡)是第ⅣA 族元素；
②H2A2 为萃取剂，萃取 In3+原理为：In3+ (水相)+3H2A2(有机相)InA3·3HA(有机相)+3H+(水相)。
（1）In 元素位于第五周期，In 原子的原子序数为 　 　。
（2）“酸浸”中滤渣的主要成分是　 　。
（3）“反萃取 ”中，从有机相 InA3·3HA中分离铟时，需加入浓度较大的盐酸，从平衡 移动的角度说明其原因 　 　。
（4）“沉铟 ”中，SnCl转化为SnO。
①的 VSEPR 模型名称是 　 　；
②写出该步转化的离子方程式 　 　。
（5）“酸溶 ”后，铟主要以InCl形式存在溶液中；加入锌粉制得粗铟，同时还生成一种具有还原性的气体。写出“还原 ”步骤中发生反应的化学方程式 　 　。
（6）一种铜铟硒晶体(化学式为 CuInSe2)的晶胞结构如图所示，晶胞中 In 和 Se 未标明， 用 A 或者 B 代替(B 球在体内)。
推断 In 是　 　。(填“A”或“B”)
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；晶体的定义；超分子
【解析】【解答】A、液晶是介于晶体与液体之间的中间态物质，并非真正的晶体。它兼具液体的流动性和晶体的光学各向异性，这是液晶可用于显示器的核心原因。因此 “液晶材料属于晶体” 的表述错误，A符合题意；
B、等离子体是由电子、阳离子和中性粒子组成的整体呈电中性的物质集合，通常存在于高温、高压或强电场环境中。霓虹灯工作时通过高压放电产生高温，满足等离子体的形成条件，灯管内存在等离子体，B不符合题意；
C、光谱分析是利用不同元素的原子光谱特征（如发射光谱、吸收光谱）来确定元素种类的方法。太阳大气中的元素会吸收特定波长的光，通过分析太阳的吸收光谱，可判断其组成元素是否含有氦，C不符合题意；
D、超分子是指由两个或两个以上分子通过非共价键相互作用形成的聚集体，超分子金属配位笼具有特定的空腔结构，可与特定微粒结合，体现了分子识别和自组装的特征，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
液晶本质辨析：液晶不是晶体，而是具有液晶态的有机物，其核心特征是兼具流动性与光学各向异性。
等离子体形成条件：等离子体的形成需要高温、高压或强电场等外部条件，霓虹灯的工作环境满足该要求。
光谱分析原理：原子光谱是元素的 “指纹”，通过分析光谱的特征峰可确定物质的组成元素。
超分子核心特征：超分子通过非共价键作用形成，具有分子识别和自组装的功能，是连接微观分子与宏观材料的重要桥梁。
2．【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A、根据分子结构数出各原子个数，该有机物含12个C、10个H、6个O，分子式为，A正确；
B、分子中含有4种官能团：羧基（）、酯基（）、碳碳双键（）、酚羟基（，直接连在苯环上），B正确；
C、分子结构中存在苯环，符合芳香族化合物的定义（含有苯环的化合物），因此该物质属于芳香族化合物，C错误；
D、分子中含有羧基（），羧酸类物质的定义就是分子中含有羧基的有机物，因此该物质可归为羧酸类，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
分子式计算：按结构依次统计C、H、O原子数，注意苯环、双键上的氢原子数。
官能团识别：准确区分羧基、酯基、碳碳双键、酚羟基（与苯环直接相连）的结构特征。
芳香族化合物判断：只要分子中含有苯环，就属于芳香族化合物，与其他官能团无关。
有机物分类：含有羧基的有机物属于羧酸类，含有酯基的属于酯类，可根据主要官能团分类。
3．【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、1mol H2O2中含有2molO-H和1molO-O键，A错误；
B、白磷为正四面体，1mol 白磷有6mol P-P键，二氧化硅中1个Si可以连接4个O，B错误；
C、CO2和N2的物质的量不确定，无法计算其π键数目，C正确；
D、金刚石中，1个C可以连接4个C，每个C-C键为2个C共同拥有，则1mol C含有2mol C-C键，D错误；
故答案为：C
【分析】1mol H2O2中含有2molO-H和1molO-O键；
B、白磷为正四面体，1mol 白磷有6mol P-P键，二氧化硅中1个Si可以连接4个O；
C、CO2和N2的物质的量不确定，无法计算其π键数目；
D、金刚石中，1个C可以连接4个C，每个C-C键为2个C共同拥有，则1mol C含有2mol C-C键。
4．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、Be2+属于硬酸，F-是典型硬碱，I-是典型软碱。根据 “硬酸优先与硬碱结合”，Be2+与 F-结合形成的 BeF2更稳定，因此稳定性：BeF2 > BeI2，A正确；
B、Ag+离子半径大、电荷数少，属于软酸；NH3为硬碱，CN-为软碱。依据 “软酸优先与软碱结合”，软酸 Ag+与软碱 CN-形成的 [Ag(CN)2]-，比其与硬碱 NH3形成的 [Ag(NH3)2]+更稳定，B正确；
C、Li+是硬酸，F-是硬碱，二者结合生成的 LiF 稳定性极强；I-是软碱，Li+与 I-形成的 LiI 为软硬结合，稳定性弱。反应 LiI + CsF = LiF + CsI 的本质是从 “不稳定的软硬结合” 生成 “稳定的硬硬结合”，因此该反应能顺利向右进行，选项中 “难以向右进行” 的描述错误，C错误；
D、Fe3+是硬酸，向含 [Fe(SCN)6]3-的红色溶液中加 NaF 后褪色，说明 Fe3+与 F-结合生成了更稳定的 [FeF6]3-。结合 “硬酸优先结合更硬的碱”，可判断碱的硬度：F- > SCN-，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
属性判定：准确区分硬酸（如 Li+、Be2+、Fe3+）、软酸（如 Ag+）、硬碱（如 F-、NH3）、软碱（如 I-、CN-）。
核心原则：硬 - 硬、软 - 软结合的物质稳定性强，反应总是向生成更稳定物质的方向进行。
络合反应：硬酸与不同碱结合时，优先结合硬度更强的碱，生成的络合物更稳定。
5．【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、Na2SO4的阴离子为 SO42-。中心 S 原子的价层电子对数为 4，无孤电子对，采取 sp3 杂化，空间结构为正四面体形，A正确；
B、氯的含氧酸酸性随非羟基氧原子数增多而增强，顺序为 HClO < HClO2 < HClO3 < HClO4。但 HCl 是强酸，其酸性强于 HClO3，因此整体酸性顺序应为 HClO < HClO2 < HClO3 < HCl < HClO4，B错误；
C、乙醇和正丁醇都含羟基，可与水形成氢键。乙醇的碳链更短，疏水基团更小，因此在水中的溶解度大于正丁醇，这不能用相似相溶原理解释，而是疏水效应的体现，C错误；
D、单分子 SO3中 S 原子价层电子对数为 3，采取 sp2 杂化；而三聚体中 S 原子形成 4 个 σ 键，呈四面体构型，采取 sp3 杂化，二者杂化类型不同，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
价层电子对计算：价层电子对数= σ 键数 + 孤电子对数，据此判断杂化类型和空间构型。
含氧酸酸性：非羟基氧原子数越多，酸性越强，但需注意 HCl 等无氧酸的特殊情况。
溶解度影响因素：醇类在水中的溶解度主要取决于疏水碳链的长度，而非简单的相似相溶。
杂化类型判断：同一元素在不同分子中，因成键方式不同，杂化类型可能不同。
6．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、聚乙烯醇含 C、H、O 三种元素。电负性反映原子吸引电子的能力，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，H 的电负性最小，因此电负性顺序为 H < C < O，A正确；
B、硼酸中心 B 原子的价层电子对数为 3，且无孤电子对，根据价层电子对互斥理论，其 VSEPR 构型为平面三角形，B正确；
C、硼酸分子中，H 原子最外层只有 2 个电子（形成 1 个共价键），未达到 8 电子稳定结构；同时 B 原子最外层也只有 6 个电子，同样不满足 8 电子稳定结构，C错误；
D、硼砂是由钠离子和硼酸根离子构成的钠盐，属于离子晶体，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电负性规律：同周期主族元素从左到右电负性递增，H 的电负性小于 C。
VSEPR 构型判断：价层电子对数 =σ 键数 + 孤电子对数，硼酸中 B 原子价层电子对数为 3，无孤电子对，构型为平面三角形。
8 电子稳定结构：H 原子最外层最多容纳 2 个电子，B 原子在硼酸中形成 3 个共价键，最外层为 6 电子，均不满足 8 电子稳定结构。
晶体类型判断：由阴阳离子通过离子键结合形成的晶体为离子晶体，硼砂符合该特征。
7．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、有机物的定义是含碳元素的化合物（碳的氧化物、碳酸盐等除外）。该物质仅由碳元素组成，属于碳单质，并非有机化合物，A错误；
B、N2O5的结构虽可看作H2O中H被硝基取代，但H2O是极性分子，而N2O5的空间结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子，B错误；
C、由白磷晶胞结构可知，P4分子位于晶胞的顶点与面心。以顶点的P4为中心，周围紧邻的P4分子分布在相邻面的面心，经计算共12个，而非8个，C错误；
D、同温同压下，气体体积与摩尔质量成反比。CH4摩尔质量为16g/mol，CO2为44g/mol，故CH4体积更大，气球①为CO2，气球②为CH4。设质量均为m，原子数之比为 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
有机物判定：有机物是化合物，只含碳元素的物质是单质，不属于有机物。
极性分子判断：分子极性取决于正负电荷中心是否重合，结构对称（如直线形、正四面体、中心对称）的分子通常为非极性分子。
晶胞配位数：白磷晶胞为面心立方结构，顶点微粒周围紧邻的是12个面心微粒（同层4个、上层4个、下层4个）。
阿伏加德罗定律应用：同温同压下，气体体积比等于物质的量之比；原子数计算需注意分子中所含原子个数（CH4含5个原子，CO2含3个原子）。
8．【答案】C
【知识点】相似相溶原理及其应用
【解析】【解答】A、硫是非极性分子，根据相似相溶原理，它在极性溶剂中的溶解度随溶剂极性降低而增大。硫难溶于极性的 H2O，微溶于中等极性的 C2H5OH，易溶于非极性的 CS2，这说明分子极性顺序为 H2O > C2H5OH > CS2，A正确；
B、CCl2F2无同分异构体，说明其空间结构为四面体形而非平面结构，因此中心碳原子采取 sp3 杂化，B正确；
C、虽然 H2CO3和 H3PO4的非羟基氧原子数均为 1，但碳酸在溶液中浓度低且易分解，实际酸性远弱于中强酸磷酸，二者酸性强度差异显著，C错误；
D、由第 ⅠA 族和第 ⅥA 族元素形成的原子个数比为 1：1、电子总数为 38 的化合物是 Na2O2（过氧化钠）。它是含有 O-O 非极性共价键的离子化合物，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
相似相溶：非极性溶质易溶于非极性溶剂，极性溶质易溶于极性溶剂，溶解度差异可反推溶剂极性。
杂化判断：无同分异构体的四卤代甲烷类分子，中心原子必为 sp3 杂化。
含氧酸酸性：非羟基氧原子数是重要参考，但还需考虑酸的稳定性和在溶液中的实际存在形式。
化合物类型：活泼金属与活泼非金属形成的化合物可能是离子化合物，且内部可含共价键（如过氧键）。
9．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，故电负性顺序为 O > Cl > S，即 Y > W > Z，A错误；
B、X2Y2为 H2O2，其分子结构不对称，正负电荷中心不重合，是极性分子，B正确；
C、Y 的氢化物为 H2O，分子间存在氢键；Z 的氢化物为 H2S，分子间只有范德华力。因此沸点 H2O > H2S，即 Y > Z，C错误；
D、W 的最高价氧化物对应水化物为 HClO4，中心 Cl 原子采取 sp3 杂化，空间构型为正四面体形，而非三角锥，D错误；
故答案为：B。
【分析】元素推断：X 原子半径最小，为H。W 的 3p 轨道有一个未成对电子，且为短周期元素，故 W 为Cl。Y、Z 同主族，结合球棍模型中 Y 形成 2 个共价键、Z 形成 4 个共价键，可推知 Y 为O，Z 为S。
本题解题要点：元素推断：抓住原子半径、价电子排布和成键数目等关键信息。
电负性：同周期从左到右增大，同主族从上到下减小。
分子极性：分子结构是否对称决定正负电荷中心是否重合。
氢化物沸点：分子间氢键会显著提高沸点。
空间构型：根据中心原子的杂化方式判断。
10．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、H2O分子中O原子有2对孤电子对，H3O+中O原子只有1对孤电子对。孤电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，因此H3O+的键角大于H2O的键角，A错误；
B、在(CH3NH3)PbI3晶胞中，I-位于面心位置。根据均摊法，1个晶胞中I-的数目为 个，B正确；
C、在CH3NH3+中，C原子形成4个σ键，无孤电子对，采取sp3杂化；N原子也形成4个σ键（包括1个配位键），无孤电子对，同样采取sp3杂化。因此C和N的杂化方式相同，C正确；
D、根据图2的降解机理，H2O可与(CH3NH3)PbI3反应生成H3O+和CH3NH2，其本质是H2O与CH3NH3+发生质子转移反应，生成H3O+和CH3NH2，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
键角判断：孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小。
晶胞计算：面心粒子的贡献为，顶点为，体心为1。
杂化方式：中心原子价层电子对数为4时，通常采取sp3杂化。
反应机理：根据循环图中的物质转化关系，可判断物质间的反应。
11．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；取代反应
【解析】【解答】A、18 - 冠 - 6 分子中，C 原子均形成 4 个 σ 键，O 原子均形成 2 个 σ 键并带有 2 对孤电子对，价层电子对数均为 4，因此 C、O 都采用 sp3 杂化，A正确；
B、18 - 冠 - 6 与碱金属离子通过配位键（或离子 - 偶极作用）结合形成超分子，并非通过离子键，B 错误；
C、冠醚的空穴大小不同，可选择性适配不同大小的碱金属离子，这种特性使其在有机反应中可作为相转移催化剂，C正确；
D、制备方法 (1) 中，反应物的羟基与氯代物发生取代反应，生成冠醚和 HCl，属于取代反应，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
杂化判断：价层电子对数为 4 时，原子采取 sp3 杂化。
超分子作用：冠醚与金属离子的结合是配位作用，而非离子键。
冠醚应用：空穴的选择性使其可作为催化剂。
反应类型：羟基与卤代烃的反应属于取代反应。
12．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、S4N4由分子构成，属于分子晶体。从其结构看，每个 S 原子与 2 个 N 原子形成极性键，1mol S4N4中含有 8mol S-N 极性键，A正确；
B、S8是环状分子，每个 S 原子与相邻 2 个 S 原子形成 S-S 非极性键，平均每个 S 原子对应 1 条非极性键。32g S8的物质的量为 0.125mol，含 S 原子 1mol，对应 1mol 非极性键，B正确；
C、反应方程式为 6S2Cl2+16NH3=S4N4+S8+12NH4Cl。S2Cl2中 S 为 +1 价，部分 S 被还原为 S8中的 0 价，部分被氧化为 S4N4中的 +2.5 价。40.5g S2Cl2的物质的量为 0.25mol，根据反应比例，6mol S2Cl2转移 12mol 电子，因此 0.25mol S2Cl2应转移 0.5mol 电子，而非 0.3mol，C错误；
D、NH3中 N 原子有 1 对孤电子对和 3 个 σ 键，价层电子对数为 4；NH4+中 N 原子有 4 个 σ 键，无孤电子对，价层电子对数也为 4。二者 VSEPR 模型均为四面体形，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
化学键计数：根据分子结构，区分极性键与非极性键，并准确计算其数目。
电子转移：分析反应中元素化合价的变化，根据比例关系计算转移电子的物质的量。
VSEPR 模型：价层电子对数决定了粒子的空间构型模型，孤电子对会影响分子的实际形状，但不改变 VSEPR 模型。
13．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电离平衡常数
【解析】【解答】A、元素周期系的本质是元素原子核外电子排布的周期性变化，这一规律是唯一的；而元素周期表是为呈现周期系设计的表达形式，因排列方式不同（如长式、短式、螺旋式）存在多种版本。选项中 “周期系多种多样” 的表述错误，A错误；
B、电子的运动状态由能层、能级、轨道、自旋四个方面共同决定，基态 4C 原子的核外有 6 个电子，因此存在 6 种不同的运动状态。该原子的核外电子排布为 1s22s22p2，1s、2s 轨道各有 1 对自旋相反的电子，2p 轨道的 2 个电子自旋方向相同，总计 2 对自旋相反的电子，但运动状态数为 6，并非 4，B错误；
C、I3-的中心 I 原子价层电子对数为 5，其中成键电子对 2 对、孤电子对 3 对。根据价层电子对互斥理论，其价层电子对空间构型为三角双锥，孤电子对占据赤道面 3 个位置，使得离子的几何构型为直线形；中心原子的杂化形式为 sp3d 杂化，而非 sp2 杂化，C错误；
D、水杨酸第一级电离生成的阴离子中，酚羟基的氢原子与羧基负离子的氧原子可形成分子内氢键。该氢键会稳定此阴离子的结构，使得水杨酸第二级电离（酚羟基电离）的难度显著增大。苯酚的电离平衡常数 Ka=1.1×10- ，而水杨酸的 Ka2因分子内氢键的存在进一步减小，因此相同温度下 Ka2(水杨酸) < Ka (苯酚)，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
核心概念：元素周期系唯一，周期表形式多样；电子运动状态数 = 核外电子总数，与自旋配对无关。
杂化与构型：计算价层电子对数时需包含孤电子对，孤电子对的排布会改变离子的实际几何构型。
氢键的影响：分子内氢键会稳定微粒结构，使弱酸的电离平衡逆向移动，电离常数减小。
14．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A、Cu 原子的价电子为 3d 4s ， 因此Cu+的电子排布图为，故A错误；
B、氢原子的 1s 轨道处于半满稳定状态，第一电离能比碳原子大，氮原子 2p 轨道半满也更稳定，三者第一电离能大小为 N 大于 H 大于 C，B错误；
C、丁物质属于分子晶体，粒子间只存在分子间作用力，分子内没有可形成氢键的结构，不存在氢键作用，C错误；
D、甲分子里碳碳三键键角接近 180 度，丙中碳碳三键键角更小，结构张力更大，三键更易发生反应，活泼性更强，因此甲的三键活泼性弱于丙，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
价电子排布：Cu 是特殊过渡元素，价电子包含 3d 和 4s 轨道，排布为3d104s1。
第一电离能反常：H 的 1s 半满结构稳定，第一电离能大于同周期的 C；N 的 2p 轨道半满，第一电离能大于 O。
分子晶体作用力：分子晶体微粒间通常为范德华力，只有含 N-H、O-H、F-H 键的分子才可能形成氢键。
键角与活泼性：键角偏离理想直线形（180°）越多，空间张力越大，化学键越活泼。
15．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】元素推断：C、Si、P 三种元素中，C的原子半径最小，最不易失去电子，电离能最大，对应曲线a；Si和P同周期，P 的 3p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于 Si，因此曲线b为 P，曲线c为 Si。
A、电负性顺序为 C > P > Si，即 a > b > c，A错误；
B、元素非金属性越强，氢化物越稳定。非金属性顺序为 C > P > Si，因此氢化物稳定性为 CH4 > PH3 > SiH4，即 a > b > c，B错误；
C、三者氢化物分别为 CH4（16）、PH3（34）、SiH4（32），相对分子质量顺序为 PH3 > SiH4 > CH4，即 b > c > a，C正确；
D、非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强。酸性顺序为 H2CO3 > H3PO4 > H2SiO3，即 a > b > c，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：先根据电离能变化规律判断出 a、b、c 对应的元素，再结合元素周期律，从电负性、氢化物稳定性、相对分子质量和最高价含氧酸酸性等角度逐一分析选项。
电离能规律：同周期元素，第 ⅤA 族因 p 轨道半充满，第一电离能出现 “反常”，大于同周期相邻的第 ⅥA 族元素。
元素周期律：非金属性越强，电负性越大、氢化物越稳定、最高价含氧酸酸性越强。
相对分子质量：直接根据化学式计算即可。
16．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】A、由A型小晶胞结构可知，每个Mg2+周围紧邻4个O2-，故Mg2+的配位数为4，A正确；
B、设小立方体的体对角线为a pm，小立方体边长为 pm，原晶胞边长为 pm，晶胞体积为 ，而非 ，B错误；
C、主族元素第一电离能同周期自左向右呈增大趋势，但第ⅡA族大于第ⅢA族、第ⅤA族大于第ⅥA族；自上而下逐渐减小。因此三种元素的第一电离能顺序为 O > Mg > Al，C正确；
D、统计4个A型和4个B型小晶胞中的微粒数：Mg2+总数为 ，Al3+总数为 ，O2-总数为 ，微粒数之比为 Mg2+：Al3+：O2- = 1：2：4，晶体化学式为 MgAl2O4，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
微粒数计算：小立方体中顶点原子占 ，内部原子完全属于该小立方体，汇总后得到原晶胞的总微粒数。
晶胞体积计算：由Mg2+最小间距（体对角线）推得小立方体边长，再得到原晶胞边长，最后计算体积并转换单位。
第一电离能规律：牢记同周期第ⅡA族与第ⅢA族、第ⅤA族与第ⅥA族的反常规律。
化学式确定：通过晶胞中各微粒的总数之比，确定晶体的化学式。
17．【答案】（1）羟基、酯基
（2）；ac
（3）4；
（4）C
（5）4
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）中含氧官能团的名称为：羟基、酯基。
故答案为：羟基、酯基。（2）的分子式为，按碳的骨架分，其中不含苯环，该有机物属于脂环烃、环状化合物，故答案为ac。
（3）奥沙拉秦有4种等效氢，为，其核磁共振氢谱有4组峰，4种等效氢的个数比，峰面积比为。
故答案为：4； ；
（4）A．乙苯的苯环上有3种不同氢原子，所以苯环上的一溴取代物有3种，故A不选；
B．邻二甲苯的苯环上有2种不同氢原子，所以苯环上的一溴取代物有2种，故B不选；
C．对二甲苯的苯环上有1种氢原子，所以苯环上的一溴取代物只有1种，故C选；
D．间二甲苯的苯环上有3种氢原子，所以苯环上的一溴取代物有3种，故D不选；
故答案为：C。
（5）取代情况分别如下：取代2个C上的H，取代2个Si上的H，取代相邻C和Si上的H，取代对角线上的C和Si上的H，C4Si4H8的二氯代物的同分异构体有：同一条棱上的二氯代物1种、面对角线上的二氯代物2种、体对角线上的二氯代物1种，故同分异构体数目为4。
故答案为：4。
【分析】(1)直接观察结构，找出含氧官能团：羟基（-OH）、酯基（-COO-）。
(2)分子式：数清 C、H 原子数，得 C10H20。
分类：不含苯环，属于脂环烃和环状化合物（选 ac）。
(3)分子对称，有4 种等效氢，对应 4 组峰。4 种氢的数目比为 1：1：1：1，故峰面积比为 1：1：1：1。
(4)苯环上一溴代物只有 1 种，说明苯环上氢环境完全对称。对二甲苯符合条件，选 C。
(5)立方烷结构中，二氯代物按取代位置分：同棱、面对角线、体对角线，共 4 种 同分异构体。
（1）中含氧官能团的名称为：羟基、酯基。
（2）的分子式为，按碳的骨架分，其中不含苯环，该有机物属于脂环烃、环状化合物，故答案为ac。
（3）奥沙拉秦有4种等效氢，为，其核磁共振氢谱有4组峰，4种等效氢的个数比，峰面积比为。
（4）A．乙苯的苯环上有3种不同氢原子，所以苯环上的一溴取代物有3种，故A不选；
B．邻二甲苯的苯环上有2种不同氢原子，所以苯环上的一溴取代物有2种，故B不选；
C．对二甲苯的苯环上有1种氢原子，所以苯环上的一溴取代物只有1种，故C选；
D．间二甲苯的苯环上有3种氢原子，所以苯环上的一溴取代物有3种，故D不选；
答案选C。
（5）取代情况分别如下：取代2个C上的H，取代2个Si上的H，取代相邻C和Si上的H，取代对角线上的C和Si上的H，C4Si4H8的二氯代物的同分异构体有：同一条棱上的二氯代物1种、面对角线上的二氯代物2种、体对角线上的二氯代物1种，故同分异构体数目为4。
18．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar] 3d64s2)；d
（2）CH3OH
（3）109°28'
（4）产生白色沉淀；[Co(NH3)5SO4]Br
（5）8
【知识点】原子结构与元素的性质；配合物的成键情况；原子晶体（共价晶体）；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）E为Fe元素，位于元素周期表的d区，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar] 3d64s2)；
故答案为： 1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar] 3d64s2) ；d；
（2）三种分子分别是HCHO、CH3OH、HCOOH，分子中C原子的杂化方式分别为sp2、sp3、sp2；
故答案为： CH3OH ；
（3）的中心原子为sp3杂化，且无孤电子对，故的空间构型为正四面体形，键角为109°28'；
故答案为： 109°28' ；
（4）[Co(NH3)5Br]SO4在溶液中电离出，故加入BaCl2溶液时会产生白色沉淀；另一种配合物的溶液中加入 BaCl2 溶液时，无明显现象，说明在内界，若加入AgNO3溶液时产生淡黄色沉淀，说明产生了溴化银，溴离子在外界，则第二种配合物的化学式为[Co(NH3)5SO4]Br；
故答案为： 产生白色沉淀 ； [Co(NH3)5SO4]Br ；
（5）C元素在自然界有多种同素异形体，硬度最大晶体为金刚石，金刚石晶胞中碳原子占据立方体的面心和顶点，晶胞内部有四个碳原子，每个晶胞中占有的碳原子数为8×+6×+4=8，每个晶胞平均含有8个碳原子。
故答案为：8。
【分析】A 是宇宙中含量最丰富的元素，可直接确定A 为 H 元素。
B、D 原子的 L 层均有 2 个未成对电子，L 层为第二层，含 2 个未成对电子的 L 层电子排布为 2s22p2 或 2s22p4，结合原子序数递增规律，可判断B 为 C 元素，D 为 O 元素；介于 B、D 之间的 C 元素，原子序数唯一，故C 为 N 元素。
E3+的 M 层 3d 轨道电子处于半满稳定状态，3d 半满为 5 个电子，因此 E 原子的 3d 轨道有 6 个电子、4s 轨道有 2 个电子，价电子排布式为 3d64s2，由此确定E 为 Fe 元素。
F 的原子序数比 E 大 1，且与 E 同属一族，Fe 位于第 Ⅷ 族，原子序数大 1 的同族元素为Co 元素，即 F 为 Co。据此解题。
（1）E为Fe元素，位于元素周期表的d区，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar] 3d64s2)；
（2）三种分子分别是HCHO、CH3OH、HCOOH，分子中C原子的杂化方式分别为sp2、sp3、sp2；
（3）的中心原子为sp3杂化，且无孤电子对，故的空间构型为正四面体形，键角为109°28'；
（4）[Co(NH3)5Br]SO4在溶液中电离出，故加入BaCl2溶液时会产生白色沉淀；另一种配合物的溶液中加入 BaCl2 溶液时，无明显现象，说明在内界，若加入AgNO3溶液时产生淡黄色沉淀，说明产生了溴化银，溴离子在外界，则第二种配合物的化学式为[Co(NH3)5SO4]Br；
（5）C元素在自然界有多种同素异形体，硬度最大晶体为金刚石，金刚石晶胞中碳原子占据立方体的面心和顶点，晶胞内部有四个碳原子，每个晶胞中占有的碳原子数为8×+6×+4=8，每个晶胞平均含有8个碳原子。
19．【答案】（1）
（2）分子；
（3）锗的卤化物均为分子晶体，随相对分子质量增加，分子间作用力增强，熔沸点升高
（4）CuCl；；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）Ga处于第四周期第ⅢA族，基态Ga原子价层电子的排布式为4s24p1，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为；
故答案为： ；
（2）四氯化硅沸点较低，属于分子晶体；分子中Si原子含有4 个 σ 键，无孤电子对，所以价层电子对数为4，因此杂化方式为；
故答案为： 分子 ； ；
（3）表格中锗的卤化物熔沸点较低，是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，对于组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，由于相对分子质量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，随相对分子质量增加，分子间作用力增强，熔沸点升高；
故答案为： 锗的卤化物均为分子晶体，随相对分子质量增加，分子间作用力增强，熔沸点升高 ；
（4）①利用均摊法可知，晶胞中有4个Cu原子，Cl原子个数为，两者个数比为1：1，故该物质的化学式为CuCl；
②已知A、B、C的原子坐标参数分别为A(0，0，0)；B(0，1，1)；C(1，1，0)；C和D的连线处于晶胞的体对角线上，且C、D间的距离等于体对角线长度的，所以D原子的坐标参数为；
③晶胞中C、D两原子核间为298pm，则晶胞体对角线的长度为，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞的质量，则晶体的密度。
故答案为： CuCl ； ； 。
【分析】(1)Ga为第四周期第ⅢA族，价电子排布为4s24p ，按泡利原理和洪特规则画出排布图：4s轨道一对成对电子，4p轨道一个单电子占据一个轨道，其余为空轨道。
(2)SiCl4熔沸点低，属于分子晶体；中心Si原子形成4个σ键，无孤电子对，价层电子对数为4，杂化方式为sp3。
(3)GeCl4、GeBr4、GeI4均为分子晶体，组成结构相似；随相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点依次升高。
(4) 化学式与原子坐标：
利用均摊法：Cu原子在晶胞内共4个，Cl原子为 个，化学式为CuCl。
D原子位于体对角线处，坐标为 。
密度计算：
体对角线长度 = 4 × 298 pm，晶胞边长 =
密度表达式： g/cm3。
（1）Ga处于第四周期第ⅢA族，基态Ga原子价层电子的排布式为4s24p1，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为；
（2）四氯化硅沸点较低，属于分子晶体；分子中Si原子含有4 个 σ 键，无孤电子对，所以价层电子对数为4，因此杂化方式为；
（3）表格中锗的卤化物熔沸点较低，是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，对于组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，由于相对分子质量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，随相对分子质量增加，分子间作用力增强，熔沸点升高；
（4）①利用均摊法可知，晶胞中有4个Cu原子，Cl原子个数为，两者个数比为1：1，故该物质的化学式为CuCl；
②已知A、B、C的原子坐标参数分别为A(0，0，0)；B(0，1，1)；C(1，1，0)；C和D的连线处于晶胞的体对角线上，且C、D间的距离等于体对角线长度的，所以D原子的坐标参数为；
③晶胞中C、D两原子核间为298pm，则晶胞体对角线的长度为，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞的质量，则晶体的密度。
20．【答案】（1）49
（2）PbSO4、SiO2
（3）c(HCl)增大，反萃取平衡正向移动，提高反萃取率
（4）平面三角形；
（5）4Zn+2+2H+=2In+4Zn2++8Cl-+H2↑
（6）A
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学平衡移动原理；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）In与Al同主族，Al是13号元素，位于第三周期。In位于第五周期，第四周期有18种元素，第五周期前两主族元素依次排列。从Al所在的第三周期到In所在的第五周期，原子序数变化为13+18+18=49，所以 In 原子的原子序数为 49。
故答案为： 49 ；
（2）根据以上分析“酸浸”中滤渣的主要成分是PbSO4、SiO2。
故答案为： PbSO4、SiO2 ；
（3）已知萃取In3+原理为：In3+(水相)+3H2A2(有机相)InA3 3HA(有机相)+3H+(水相)。“反萃取”中加入浓度较大的盐酸，HCl会电离出大量H+，根据勒夏特列原理，增大生成物H+的浓度，平衡逆向移动，促使InA3 3HA转化为In3+进入水相，从而提高反萃取率。
故答案为： c(HCl)增大，反萃取平衡正向移动，提高反萃取率 ；
（4）①SnO中Sn原子的价层电子对数为，为杂化。根据价层电子对互斥理论，SnO的 VSEPR 模型名称是平面三角形。
②“沉铟”中，与烧碱溶液反应转化为，同时Cl-留在溶液中，根据原子守恒和电荷守恒，离子方程式为。
故答案为： 平面三角形 ； ；
（5）“酸溶”后铟主要以形式存在溶液中，加入锌粉制得粗铟，同时生成具有还原性的气体H2。锌被氧化为Zn2+，根据得失电子守恒、原子守恒配平离子方程式为：4Zn+2+2H+=2In+4Zn2++8Cl-+H2↑。
故答案为： 4Zn+2+2H+=2In+4Zn2++8Cl-+H2↑ ；
（6）根据晶胞结构，利用均摊法计算。晶胞中A的个数为，B球在体内，个数为8，Cu的个数为。在CuInSe2中，Cu原子个数：In原子个数：Se原子个数=1：1：2，Se原子数应该最多，所以Se是B，In是A。
故答案为： A 。
【分析】向炼锌废渣中加入稀硫酸，ZnO、In2O3、PbO 等金属氧化物与酸反应，转化为可溶的硫酸盐进入溶液，而 SiO2、未反应的 PbSO4等不溶物则作为滤渣被过滤除去。向酸浸液中加入萃取剂 H2A2和煤油，利用萃取反应 In3+(水相)+3H2A2(有机相) InA3 3HA(有机相)+3H+(水相)，将 In3+从水相萃取到有机相，从而与水相中 Zn2+等杂质离子分离。用盐酸处理负载有机相，通过高浓度的 Cl-改变 In3+的存在形式，使其从有机相重新进入水相，得到含 InCl4-、SnCl62-的溶液。向反萃取液中加入 NaOH 溶液，调节溶液 pH 值，使 In3+以 In(OH)3沉淀的形式析出，而 Sn 等杂质则留在滤液中，实现铟与杂质的进一步分离。将得到的 In(OH)3沉淀用盐酸溶解，转化为 InCl3溶液，为后续还原步骤做准备。向 InCl3溶液中加入锌粉，利用锌的还原性将 In3+还原为金属铟，过滤后得到粗铟。
（1）In与Al同主族，Al是13号元素，位于第三周期。In位于第五周期，第四周期有18种元素，第五周期前两主族元素依次排列。从Al所在的第三周期到In所在的第五周期，原子序数变化为13+18+18=49，所以 In 原子的原子序数为 49。
（2）根据以上分析“酸浸”中滤渣的主要成分是PbSO4、SiO2。
（3）已知萃取In3+原理为：In3+(水相)+3H2A2(有机相)InA3 3HA(有机相)+3H+(水相)。“反萃取”中加入浓度较大的盐酸，HCl会电离出大量H+，根据勒夏特列原理，增大生成物H+的浓度，平衡逆向移动，促使InA3 3HA转化为In3+进入水相，从而提高反萃取率。
（4）①SnO中Sn原子的价层电子对数为，为杂化。根据价层电子对互斥理论，SnO的 VSEPR 模型名称是平面三角形。
②“沉铟”中，与烧碱溶液反应转化为，同时Cl-留在溶液中，根据原子守恒和电荷守恒，离子方程式为。
（5）“酸溶”后铟主要以形式存在溶液中，加入锌粉制得粗铟，同时生成具有还原性的气体H2。锌被氧化为Zn2+，根据得失电子守恒、原子守恒配平离子方程式为：4Zn+2+2H+=2In+4Zn2++8Cl-+H2↑。
（6）根据晶胞结构，利用均摊法计算。晶胞中A的个数为，B球在体内，个数为8，Cu的个数为。在CuInSe2中，Cu原子个数：In原子个数：Se原子个数=1：1：2，Se原子数应该最多，所以Se是B，In是A。
1 / 1广东省汕头某校2024-2025学年高二下学期期中考试 化学试题
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意。1-10 每小题 2 分共 20 分，11-16 每小题 4 分共 24 分)
1．（2025高二下·汕头期中）生活中的化学无处不在，下列关于生活中的化学描述错误的是
A．电视和电脑的液晶显示器使用的液晶材料属于晶体，能体现晶体的各向异性
B．在霓虹灯的灯管里存在等离子体
C．可以用光谱分析的方法来确定太阳的组成元素是否含氦
D．我国科学家近期成功构筑了一类超分子金属配位笼，超分子具有分子识别和自组装特征
【答案】A
【知识点】化学科学的主要研究对象；晶体的定义；超分子
【解析】【解答】A、液晶是介于晶体与液体之间的中间态物质，并非真正的晶体。它兼具液体的流动性和晶体的光学各向异性，这是液晶可用于显示器的核心原因。因此 “液晶材料属于晶体” 的表述错误，A符合题意；
B、等离子体是由电子、阳离子和中性粒子组成的整体呈电中性的物质集合，通常存在于高温、高压或强电场环境中。霓虹灯工作时通过高压放电产生高温，满足等离子体的形成条件，灯管内存在等离子体，B不符合题意；
C、光谱分析是利用不同元素的原子光谱特征（如发射光谱、吸收光谱）来确定元素种类的方法。太阳大气中的元素会吸收特定波长的光，通过分析太阳的吸收光谱，可判断其组成元素是否含有氦，C不符合题意；
D、超分子是指由两个或两个以上分子通过非共价键相互作用形成的聚集体，超分子金属配位笼具有特定的空腔结构，可与特定微粒结合，体现了分子识别和自组装的特征，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
液晶本质辨析：液晶不是晶体，而是具有液晶态的有机物，其核心特征是兼具流动性与光学各向异性。
等离子体形成条件：等离子体的形成需要高温、高压或强电场等外部条件，霓虹灯的工作环境满足该要求。
光谱分析原理：原子光谱是元素的 “指纹”，通过分析光谱的特征峰可确定物质的组成元素。
超分子核心特征：超分子通过非共价键作用形成，具有分子识别和自组装的功能，是连接微观分子与宏观材料的重要桥梁。
2．（2025高二下·汕头期中）NM-3是处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，其分子结构如图。下列说法不正确的是
A．该有机化合物的分子式为C12H10O6
B．该有机化合物含有4种官能团
C．该物质不属于芳香族化合物
D．该有机化合物可属于羧酸类
【答案】C
【知识点】有机物中的官能团；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】A、根据分子结构数出各原子个数，该有机物含12个C、10个H、6个O，分子式为，A正确；
B、分子中含有4种官能团：羧基（）、酯基（）、碳碳双键（）、酚羟基（，直接连在苯环上），B正确；
C、分子结构中存在苯环，符合芳香族化合物的定义（含有苯环的化合物），因此该物质属于芳香族化合物，C错误；
D、分子中含有羧基（），羧酸类物质的定义就是分子中含有羧基的有机物，因此该物质可归为羧酸类，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
分子式计算：按结构依次统计C、H、O原子数，注意苯环、双键上的氢原子数。
官能团识别：准确区分羧基、酯基、碳碳双键、酚羟基（与苯环直接相连）的结构特征。
芳香族化合物判断：只要分子中含有苯环，就属于芳香族化合物，与其他官能团无关。
有机物分类：含有羧基的有机物属于羧酸类，含有酯基的属于酯类，可根据主要官能团分类。
3．（2025高二下·汕头期中）设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）
A．过氧化氢所含的共价键数目为
B．白磷含个键，二氧化硅中含个
C．等物质的量的和中含有键的数目均为
D．金刚石晶体中碳原子含有个键
【答案】C
【知识点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、1mol H2O2中含有2molO-H和1molO-O键，A错误；
B、白磷为正四面体，1mol 白磷有6mol P-P键，二氧化硅中1个Si可以连接4个O，B错误；
C、CO2和N2的物质的量不确定，无法计算其π键数目，C正确；
D、金刚石中，1个C可以连接4个C，每个C-C键为2个C共同拥有，则1mol C含有2mol C-C键，D错误；
故答案为：C
【分析】1mol H2O2中含有2molO-H和1molO-O键；
B、白磷为正四面体，1mol 白磷有6mol P-P键，二氧化硅中1个Si可以连接4个O；
C、CO2和N2的物质的量不确定，无法计算其π键数目；
D、金刚石中，1个C可以连接4个C，每个C-C键为2个C共同拥有，则1mol C含有2mol C-C键。
4．（2025高二下·汕头期中）软硬酸碱理论认为，常见的硬酸有、、等，软酸有、等；硬碱有、等，软碱有、等；酸碱结合的原则为：“硬酸优先与硬碱结合，软酸优牛与软碱结会，软和硬结合一船不稳定”。该原则一般可用于判断物质稳定性及反应发生的方向等。下列叙述错误的是
A．稳定性比较：
B．稳定性比较：
C．反应难以向右进行
D．含的红色溶液中加入适量NaF后溶液褪色，说明碱的“硬度”：
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、Be2+属于硬酸，F-是典型硬碱，I-是典型软碱。根据 “硬酸优先与硬碱结合”，Be2+与 F-结合形成的 BeF2更稳定，因此稳定性：BeF2 > BeI2，A正确；
B、Ag+离子半径大、电荷数少，属于软酸；NH3为硬碱，CN-为软碱。依据 “软酸优先与软碱结合”，软酸 Ag+与软碱 CN-形成的 [Ag(CN)2]-，比其与硬碱 NH3形成的 [Ag(NH3)2]+更稳定，B正确；
C、Li+是硬酸，F-是硬碱，二者结合生成的 LiF 稳定性极强；I-是软碱，Li+与 I-形成的 LiI 为软硬结合，稳定性弱。反应 LiI + CsF = LiF + CsI 的本质是从 “不稳定的软硬结合” 生成 “稳定的硬硬结合”，因此该反应能顺利向右进行，选项中 “难以向右进行” 的描述错误，C错误；
D、Fe3+是硬酸，向含 [Fe(SCN)6]3-的红色溶液中加 NaF 后褪色，说明 Fe3+与 F-结合生成了更稳定的 [FeF6]3-。结合 “硬酸优先结合更硬的碱”，可判断碱的硬度：F- > SCN-，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
属性判定：准确区分硬酸（如 Li+、Be2+、Fe3+）、软酸（如 Ag+）、硬碱（如 F-、NH3）、软碱（如 I-、CN-）。
核心原则：硬 - 硬、软 - 软结合的物质稳定性强，反应总是向生成更稳定物质的方向进行。
络合反应：硬酸与不同碱结合时，优先结合硬度更强的碱，生成的络合物更稳定。
5．（2025高二下·汕头期中）下列说法正确的是
A．中，阴离子空间结构为正四面体形，S原子的杂化方式为
B．各种含氯元素的酸性由强到弱排列为
C．乙醇在水中的溶解度小于丁醇（），可以用相似相溶原理解释
D．三氧化硫有单分子气体和三聚分子固体（）两种存在形式；两种分子中S原子的杂化轨道类型相同
【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、Na2SO4的阴离子为 SO42-。中心 S 原子的价层电子对数为 4，无孤电子对，采取 sp3 杂化，空间结构为正四面体形，A正确；
B、氯的含氧酸酸性随非羟基氧原子数增多而增强，顺序为 HClO < HClO2 < HClO3 < HClO4。但 HCl 是强酸，其酸性强于 HClO3，因此整体酸性顺序应为 HClO < HClO2 < HClO3 < HCl < HClO4，B错误；
C、乙醇和正丁醇都含羟基，可与水形成氢键。乙醇的碳链更短，疏水基团更小，因此在水中的溶解度大于正丁醇，这不能用相似相溶原理解释，而是疏水效应的体现，C错误；
D、单分子 SO3中 S 原子价层电子对数为 3，采取 sp2 杂化；而三聚体中 S 原子形成 4 个 σ 键，呈四面体构型，采取 sp3 杂化，二者杂化类型不同，D错误；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
价层电子对计算：价层电子对数= σ 键数 + 孤电子对数，据此判断杂化类型和空间构型。
含氧酸酸性：非羟基氧原子数越多，酸性越强，但需注意 HCl 等无氧酸的特殊情况。
溶解度影响因素：醇类在水中的溶解度主要取决于疏水碳链的长度，而非简单的相似相溶。
杂化类型判断：同一元素在不同分子中，因成键方式不同，杂化类型可能不同。
6．（2025高二下·汕头期中）网红减压玩具水晶泥，是由聚乙烯醇（俗称PVA胶水）和硼砂以一定比例混合而成的一种凝胶，其中硼砂（一般写作）为白色晶体，易溶于水，结构式如图所示。当小孩不慎食用硼砂后，硼砂会在胃酸作用下转变为硼酸（结构式为），硼酸易被人体吸收蓄积而中毒。下列说法错误的是
A．聚乙烯醇中所含元素的电负性大小顺序为H＜C＜O
B．硼酸的中心B原子的VSEPR构型为平面三角形
C．硼酸分子中的原子均满足8电子稳定结构
D．硼砂为离子晶体
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、聚乙烯醇含 C、H、O 三种元素。电负性反映原子吸引电子的能力，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，H 的电负性最小，因此电负性顺序为 H < C < O，A正确；
B、硼酸中心 B 原子的价层电子对数为 3，且无孤电子对，根据价层电子对互斥理论，其 VSEPR 构型为平面三角形，B正确；
C、硼酸分子中，H 原子最外层只有 2 个电子（形成 1 个共价键），未达到 8 电子稳定结构；同时 B 原子最外层也只有 6 个电子，同样不满足 8 电子稳定结构，C错误；
D、硼砂是由钠离子和硼酸根离子构成的钠盐，属于离子晶体，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
电负性规律：同周期主族元素从左到右电负性递增，H 的电负性小于 C。
VSEPR 构型判断：价层电子对数 =σ 键数 + 孤电子对数，硼酸中 B 原子价层电子对数为 3，无孤电子对，构型为平面三角形。
8 电子稳定结构：H 原子最外层最多容纳 2 个电子，B 原子在硼酸中形成 3 个共价键，最外层为 6 电子，均不满足 8 电子稳定结构。
晶体类型判断：由阴阳离子通过离子键结合形成的晶体为离子晶体，硼砂符合该特征。
7．（2025高二下·汕头期中）意大利化学家阿伏加德罗在化学上的重大贡献是建立分子学说，下列说法正确的是
A．18个碳原子构成的碳环分子的结构如图甲所示，该分子属于有机物
B．N2O5的结构如图乙，可看作H2O分子中H原子被硝基取代而形成，N2O5是非极性分子
C．白磷(P4)晶胞如图丙所示，白磷晶体中1个P4分子周围有8个紧邻的P4分子
D．同温、同压下，等质量的CH4、CO2气体分别吹出两个体积大小不同的气球(如图丁所示)，气球①和气球②中原子数之比为12：55
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、有机物的定义是含碳元素的化合物（碳的氧化物、碳酸盐等除外）。该物质仅由碳元素组成，属于碳单质，并非有机化合物，A错误；
B、N2O5的结构虽可看作H2O中H被硝基取代，但H2O是极性分子，而N2O5的空间结构对称，正负电荷中心重合，属于非极性分子，B错误；
C、由白磷晶胞结构可知，P4分子位于晶胞的顶点与面心。以顶点的P4为中心，周围紧邻的P4分子分布在相邻面的面心，经计算共12个，而非8个，C错误；
D、同温同压下，气体体积与摩尔质量成反比。CH4摩尔质量为16g/mol，CO2为44g/mol，故CH4体积更大，气球①为CO2，气球②为CH4。设质量均为m，原子数之比为 ，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
有机物判定：有机物是化合物，只含碳元素的物质是单质，不属于有机物。
极性分子判断：分子极性取决于正负电荷中心是否重合，结构对称（如直线形、正四面体、中心对称）的分子通常为非极性分子。
晶胞配位数：白磷晶胞为面心立方结构，顶点微粒周围紧邻的是12个面心微粒（同层4个、上层4个、下层4个）。
阿伏加德罗定律应用：同温同压下，气体体积比等于物质的量之比；原子数计算需注意分子中所含原子个数（CH4含5个原子，CO2含3个原子）。
8．（2025高二下·汕头期中）下列说法中不正确的是
A．硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，说明分子极性：H2O>C2H5OH>CS2
B．CCl2F2无同分异构体，说明其中碳原子采取sp3杂化
C．H2CO3与H3PO4的非羟基氧原子数均为1，二者的酸性强度非常相近
D．由第ⅠA族和第ⅥA族元素形成的原子个数比为1：1、电子总数为38的化合物，是含有共价键的离子化合物
【答案】C
【知识点】相似相溶原理及其应用
【解析】【解答】A、硫是非极性分子，根据相似相溶原理，它在极性溶剂中的溶解度随溶剂极性降低而增大。硫难溶于极性的 H2O，微溶于中等极性的 C2H5OH，易溶于非极性的 CS2，这说明分子极性顺序为 H2O > C2H5OH > CS2，A正确；
B、CCl2F2无同分异构体，说明其空间结构为四面体形而非平面结构，因此中心碳原子采取 sp3 杂化，B正确；
C、虽然 H2CO3和 H3PO4的非羟基氧原子数均为 1，但碳酸在溶液中浓度低且易分解，实际酸性远弱于中强酸磷酸，二者酸性强度差异显著，C错误；
D、由第 ⅠA 族和第 ⅥA 族元素形成的原子个数比为 1：1、电子总数为 38 的化合物是 Na2O2（过氧化钠）。它是含有 O-O 非极性共价键的离子化合物，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
相似相溶：非极性溶质易溶于非极性溶剂，极性溶质易溶于极性溶剂，溶解度差异可反推溶剂极性。
杂化判断：无同分异构体的四卤代甲烷类分子，中心原子必为 sp3 杂化。
含氧酸酸性：非羟基氧原子数是重要参考，但还需考虑酸的稳定性和在溶液中的实际存在形式。
化合物类型：活泼金属与活泼非金属形成的化合物可能是离子化合物，且内部可含共价键（如过氧键）。
9．（2025高二下·汕头期中）某物质 M 是制造染料的中间体，它的球棍模型如图所示，由短周期 X、Y、Z、W 四种 元素组成，X 元素原子半径最小，W 的3p 轨道有一个未成对电子，Y、Z 同主族。下列说 法正确的是
A．电负性：Y > Z > W
B．X2Y2 是极性分子
C．最简单氢化物沸点：Y < Z
D．W 的最高价氧化物对应水化物的空间构型为三角锥
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、同周期从左到右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，故电负性顺序为 O > Cl > S，即 Y > W > Z，A错误；
B、X2Y2为 H2O2，其分子结构不对称，正负电荷中心不重合，是极性分子，B正确；
C、Y 的氢化物为 H2O，分子间存在氢键；Z 的氢化物为 H2S，分子间只有范德华力。因此沸点 H2O > H2S，即 Y > Z，C错误；
D、W 的最高价氧化物对应水化物为 HClO4，中心 Cl 原子采取 sp3 杂化，空间构型为正四面体形，而非三角锥，D错误；
故答案为：B。
【分析】元素推断：X 原子半径最小，为H。W 的 3p 轨道有一个未成对电子，且为短周期元素，故 W 为Cl。Y、Z 同主族，结合球棍模型中 Y 形成 2 个共价键、Z 形成 4 个共价键，可推知 Y 为O，Z 为S。
本题解题要点：元素推断：抓住原子半径、价电子排布和成键数目等关键信息。
电负性：同周期从左到右增大，同主族从上到下减小。
分子极性：分子结构是否对称决定正负电荷中心是否重合。
氢化物沸点：分子间氢键会显著提高沸点。
空间构型：根据中心原子的杂化方式判断。
10．（2025高二下·汕头期中）是钙钛矿太阳能电池的重要吸光材料，其晶胞结构如图1所示，提出降解的机理如图2所示。
下列说法不正确的是
A．的键角小于的键角
B．1个晶胞含有3个
C．中C和N原子的杂化方式相同
D．可与反应生成和
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、H2O分子中O原子有2对孤电子对，H3O+中O原子只有1对孤电子对。孤电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，因此H3O+的键角大于H2O的键角，A错误；
B、在(CH3NH3)PbI3晶胞中，I-位于面心位置。根据均摊法，1个晶胞中I-的数目为 个，B正确；
C、在CH3NH3+中，C原子形成4个σ键，无孤电子对，采取sp3杂化；N原子也形成4个σ键（包括1个配位键），无孤电子对，同样采取sp3杂化。因此C和N的杂化方式相同，C正确；
D、根据图2的降解机理，H2O可与(CH3NH3)PbI3反应生成H3O+和CH3NH2，其本质是H2O与CH3NH3+发生质子转移反应，生成H3O+和CH3NH2，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题解题要点：
键角判断：孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小。
晶胞计算：面心粒子的贡献为，顶点为，体心为1。
杂化方式：中心原子价层电子对数为4时，通常采取sp3杂化。
反应机理：根据循环图中的物质转化关系，可判断物质间的反应。
11．（2025高二下·汕头期中）冠醚是一类皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18- 冠-6 可以通过图示方法制备。下列说法错误的是
A．18-冠-6 分子中 C、O 都采用 sp3 杂化
B．18-冠-6 和碱金属离子通过离子键形成超分子
C．冠醚的空穴结构对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂
D．制取方法中(1)为取代反应，另一种产物为HCl
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；取代反应
【解析】【解答】A、18 - 冠 - 6 分子中，C 原子均形成 4 个 σ 键，O 原子均形成 2 个 σ 键并带有 2 对孤电子对，价层电子对数均为 4，因此 C、O 都采用 sp3 杂化，A正确；
B、18 - 冠 - 6 与碱金属离子通过配位键（或离子 - 偶极作用）结合形成超分子，并非通过离子键，B 错误；
C、冠醚的空穴大小不同，可选择性适配不同大小的碱金属离子，这种特性使其在有机反应中可作为相转移催化剂，C正确；
D、制备方法 (1) 中，反应物的羟基与氯代物发生取代反应，生成冠醚和 HCl，属于取代反应，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
杂化判断：价层电子对数为 4 时，原子采取 sp3 杂化。
超分子作用：冠醚与金属离子的结合是配位作用，而非离子键。
冠醚应用：空穴的选择性使其可作为催化剂。
反应类型：羟基与卤代烃的反应属于取代反应。
12．（2025高二下·汕头期中）具有很好的导电性，在光学、电学等行业有着重要的用途，其分子结构如图所示。将干燥的氨气通入的溶液中，可制得该物质：[已知(分子结构为是硫单质中最稳定的]。下列说法错误的是
A．属于分子晶体，中含有极性键
B．中含有非极性键
C．参与上述制备反应，转移电子
D．的VSEPR模型均为四面体形
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、S4N4由分子构成，属于分子晶体。从其结构看，每个 S 原子与 2 个 N 原子形成极性键，1mol S4N4中含有 8mol S-N 极性键，A正确；
B、S8是环状分子，每个 S 原子与相邻 2 个 S 原子形成 S-S 非极性键，平均每个 S 原子对应 1 条非极性键。32g S8的物质的量为 0.125mol，含 S 原子 1mol，对应 1mol 非极性键，B正确；
C、反应方程式为 6S2Cl2+16NH3=S4N4+S8+12NH4Cl。S2Cl2中 S 为 +1 价，部分 S 被还原为 S8中的 0 价，部分被氧化为 S4N4中的 +2.5 价。40.5g S2Cl2的物质的量为 0.25mol，根据反应比例，6mol S2Cl2转移 12mol 电子，因此 0.25mol S2Cl2应转移 0.5mol 电子，而非 0.3mol，C错误；
D、NH3中 N 原子有 1 对孤电子对和 3 个 σ 键，价层电子对数为 4；NH4+中 N 原子有 4 个 σ 键，无孤电子对，价层电子对数也为 4。二者 VSEPR 模型均为四面体形，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：
化学键计数：根据分子结构，区分极性键与非极性键，并准确计算其数目。
电子转移：分析反应中元素化合价的变化，根据比例关系计算转移电子的物质的量。
VSEPR 模型：价层电子对数决定了粒子的空间构型模型，孤电子对会影响分子的实际形状，但不改变 VSEPR 模型。
13．（2025高二下·汕头期中）物质的组成与结构决定了物质的性质与变化，结构化学是化学研究的重要领域。下列说法正确的是
A．元素周期系和元素周期表都不只有一个，都是多种多样的
B．在基态14C原子中，核外存在2对自旋相反的电子，其核外电子有4种运动状态
C．I离子的几何构型为V型，其中心原子的杂化形式为sp2杂化
D．已知苯酚()具有弱酸性，其Ka=1.1×10-10；水杨酸()第一级电离形成的离子()能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)＜Ka(苯酚)
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电离平衡常数
【解析】【解答】A、元素周期系的本质是元素原子核外电子排布的周期性变化，这一规律是唯一的；而元素周期表是为呈现周期系设计的表达形式，因排列方式不同（如长式、短式、螺旋式）存在多种版本。选项中 “周期系多种多样” 的表述错误，A错误；
B、电子的运动状态由能层、能级、轨道、自旋四个方面共同决定，基态 4C 原子的核外有 6 个电子，因此存在 6 种不同的运动状态。该原子的核外电子排布为 1s22s22p2，1s、2s 轨道各有 1 对自旋相反的电子，2p 轨道的 2 个电子自旋方向相同，总计 2 对自旋相反的电子，但运动状态数为 6，并非 4，B错误；
C、I3-的中心 I 原子价层电子对数为 5，其中成键电子对 2 对、孤电子对 3 对。根据价层电子对互斥理论，其价层电子对空间构型为三角双锥，孤电子对占据赤道面 3 个位置，使得离子的几何构型为直线形；中心原子的杂化形式为 sp3d 杂化，而非 sp2 杂化，C错误；
D、水杨酸第一级电离生成的阴离子中，酚羟基的氢原子与羧基负离子的氧原子可形成分子内氢键。该氢键会稳定此阴离子的结构，使得水杨酸第二级电离（酚羟基电离）的难度显著增大。苯酚的电离平衡常数 Ka=1.1×10- ，而水杨酸的 Ka2因分子内氢键的存在进一步减小，因此相同温度下 Ka2(水杨酸) < Ka (苯酚)，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
核心概念：元素周期系唯一，周期表形式多样；电子运动状态数 = 核外电子总数，与自旋配对无关。
杂化与构型：计算价层电子对数时需包含孤电子对，孤电子对的排布会改变离子的实际几何构型。
氢键的影响：分子内氢键会稳定微粒结构，使弱酸的电离平衡逆向移动，电离常数减小。
14．（2025高二下·汕头期中）点击化学(click chemistry)是一种能够让分子的构建模块快速、高效地结合在一起的化学反应。科学工作者可以利用基础模块搭建出变化无穷的造型，就如同玩乐高玩具一般。叠氮化物和炔烃合成抗真菌药物三唑是点击化学的重要应用，反应示例如下。下列说法正确的是
A．的价电子排布图为
B．H、C、N的第一电离能由大到小的顺序为
C．丁形成的晶体中存在的微粒间作用力有氢键
D．分子中碳碳三键的活泼性：甲<丙
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A、Cu 原子的价电子为 3d 4s ， 因此Cu+的电子排布图为，故A错误；
B、氢原子的 1s 轨道处于半满稳定状态，第一电离能比碳原子大，氮原子 2p 轨道半满也更稳定，三者第一电离能大小为 N 大于 H 大于 C，B错误；
C、丁物质属于分子晶体，粒子间只存在分子间作用力，分子内没有可形成氢键的结构，不存在氢键作用，C错误；
D、甲分子里碳碳三键键角接近 180 度，丙中碳碳三键键角更小，结构张力更大，三键更易发生反应，活泼性更强，因此甲的三键活泼性弱于丙，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题解题要点：
价电子排布：Cu 是特殊过渡元素，价电子包含 3d 和 4s 轨道，排布为3d104s1。
第一电离能反常：H 的 1s 半满结构稳定，第一电离能大于同周期的 C；N 的 2p 轨道半满，第一电离能大于 O。
分子晶体作用力：分子晶体微粒间通常为范德华力，只有含 N-H、O-H、F-H 键的分子才可能形成氢键。
键角与活泼性：键角偏离理想直线形（180°）越多，空间张力越大，化学键越活泼。
15．（2025高二下·汕头期中）如图三条曲线分别表示、和元素的前四级电离能变化趋势。下列说法正确的是
A．元素电负性：
B．简单氢化物的稳定性：
C．简单氢化物的相对分子质量：
D．对应最高价氧化物的水化物的酸性强弱：
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】元素推断：C、Si、P 三种元素中，C的原子半径最小，最不易失去电子，电离能最大，对应曲线a；Si和P同周期，P 的 3p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于 Si，因此曲线b为 P，曲线c为 Si。
A、电负性顺序为 C > P > Si，即 a > b > c，A错误；
B、元素非金属性越强，氢化物越稳定。非金属性顺序为 C > P > Si，因此氢化物稳定性为 CH4 > PH3 > SiH4，即 a > b > c，B错误；
C、三者氢化物分别为 CH4（16）、PH3（34）、SiH4（32），相对分子质量顺序为 PH3 > SiH4 > CH4，即 b > c > a，C正确；
D、非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强。酸性顺序为 H2CO3 > H3PO4 > H2SiO3，即 a > b > c，D错误；
故答案为：C。
【分析】本题解题要点：先根据电离能变化规律判断出 a、b、c 对应的元素，再结合元素周期律，从电负性、氢化物稳定性、相对分子质量和最高价含氧酸酸性等角度逐一分析选项。
电离能规律：同周期元素，第 ⅤA 族因 p 轨道半充满，第一电离能出现 “反常”，大于同周期相邻的第 ⅥA 族元素。
元素周期律：非金属性越强，电负性越大、氢化物越稳定、最高价含氧酸酸性越强。
相对分子质量：直接根据化学式计算即可。
16．（2025高二下·汕头期中）某晶体由镁、铝、氧三种元素组成，若将其晶胞按图1方式切成8个体积相同的小立方体，和在小立方体中的分布如图2、图3所示。已知之间的最小间距为。下列说法错误的是
A．晶体中的配位数为4
B．晶胞的体积为
C．晶体中三种元素的第一电离能：
D．晶体的化学式为
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】A、由A型小晶胞结构可知，每个Mg2+周围紧邻4个O2-，故Mg2+的配位数为4，A正确；
B、设小立方体的体对角线为a pm，小立方体边长为 pm，原晶胞边长为 pm，晶胞体积为 ，而非 ，B错误；
C、主族元素第一电离能同周期自左向右呈增大趋势，但第ⅡA族大于第ⅢA族、第ⅤA族大于第ⅥA族；自上而下逐渐减小。因此三种元素的第一电离能顺序为 O > Mg > Al，C正确；
D、统计4个A型和4个B型小晶胞中的微粒数：Mg2+总数为 ，Al3+总数为 ，O2-总数为 ，微粒数之比为 Mg2+：Al3+：O2- = 1：2：4，晶体化学式为 MgAl2O4，D正确；
故答案为：B。
【分析】本题解题要点：
微粒数计算：小立方体中顶点原子占 ，内部原子完全属于该小立方体，汇总后得到原晶胞的总微粒数。
晶胞体积计算：由Mg2+最小间距（体对角线）推得小立方体边长，再得到原晶胞边长，最后计算体积并转换单位。
第一电离能规律：牢记同周期第ⅡA族与第ⅢA族、第ⅤA族与第ⅥA族的反常规律。
化学式确定：通过晶胞中各微粒的总数之比，确定晶体的化学式。
二、非选择题(4 小题每题 14 分共 56 分)
17．（2025高二下·汕头期中）请按照要求回答下列问题。
（1）中含氧官能团有：　 　 (填名称)。
（2）的分子式为 　 　，按碳的骨架分，该有机物属于 　 　 (填字母)。
a．脂环烃 b．芳香化合物 c．环状化合物 d．苯的同系物
（3）奥沙拉秦 ，其核磁共振氢谱有 　 　 组峰，峰面积比为 　 　。
（4）分子式为C8H10的芳香烃，苯环上的一溴取代物只有一种，该芳香烃的名称为___________ (填字母)。
A．乙苯 B．邻二甲苯 C．对二甲苯 D．间二甲苯
（5）已知化合物A(C4Si4H8 ) 与立方烷的分子结构相似，如图所示，则C4Si4H8的二氯代 物的同分异构体数目为 　 　。
【答案】（1）羟基、酯基
（2）；ac
（3）4；
（4）C
（5）4
【知识点】利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；有机物中的官能团；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）中含氧官能团的名称为：羟基、酯基。
故答案为：羟基、酯基。（2）的分子式为，按碳的骨架分，其中不含苯环，该有机物属于脂环烃、环状化合物，故答案为ac。
（3）奥沙拉秦有4种等效氢，为，其核磁共振氢谱有4组峰，4种等效氢的个数比，峰面积比为。
故答案为：4； ；
（4）A．乙苯的苯环上有3种不同氢原子，所以苯环上的一溴取代物有3种，故A不选；
B．邻二甲苯的苯环上有2种不同氢原子，所以苯环上的一溴取代物有2种，故B不选；
C．对二甲苯的苯环上有1种氢原子，所以苯环上的一溴取代物只有1种，故C选；
D．间二甲苯的苯环上有3种氢原子，所以苯环上的一溴取代物有3种，故D不选；
故答案为：C。
（5）取代情况分别如下：取代2个C上的H，取代2个Si上的H，取代相邻C和Si上的H，取代对角线上的C和Si上的H，C4Si4H8的二氯代物的同分异构体有：同一条棱上的二氯代物1种、面对角线上的二氯代物2种、体对角线上的二氯代物1种，故同分异构体数目为4。
故答案为：4。
【分析】(1)直接观察结构，找出含氧官能团：羟基（-OH）、酯基（-COO-）。
(2)分子式：数清 C、H 原子数，得 C10H20。
分类：不含苯环，属于脂环烃和环状化合物（选 ac）。
(3)分子对称，有4 种等效氢，对应 4 组峰。4 种氢的数目比为 1：1：1：1，故峰面积比为 1：1：1：1。
(4)苯环上一溴代物只有 1 种，说明苯环上氢环境完全对称。对二甲苯符合条件，选 C。
(5)立方烷结构中，二氯代物按取代位置分：同棱、面对角线、体对角线，共 4 种 同分异构体。
（1）中含氧官能团的名称为：羟基、酯基。
（2）的分子式为，按碳的骨架分，其中不含苯环，该有机物属于脂环烃、环状化合物，故答案为ac。
（3）奥沙拉秦有4种等效氢，为，其核磁共振氢谱有4组峰，4种等效氢的个数比，峰面积比为。
（4）A．乙苯的苯环上有3种不同氢原子，所以苯环上的一溴取代物有3种，故A不选；
B．邻二甲苯的苯环上有2种不同氢原子，所以苯环上的一溴取代物有2种，故B不选；
C．对二甲苯的苯环上有1种氢原子，所以苯环上的一溴取代物只有1种，故C选；
D．间二甲苯的苯环上有3种氢原子，所以苯环上的一溴取代物有3种，故D不选；
答案选C。
（5）取代情况分别如下：取代2个C上的H，取代2个Si上的H，取代相邻C和Si上的H，取代对角线上的C和Si上的H，C4Si4H8的二氯代物的同分异构体有：同一条棱上的二氯代物1种、面对角线上的二氯代物2种、体对角线上的二氯代物1种，故同分异构体数目为4。
18．（2025高二下·汕头期中）已知 A、B、C、D、E、F 都是元素周期表中前四周期的元素， 它们的原子序数依次增大。A 是宇宙中含量最丰富的元素，B、D 原子的 L 层有 2 个未成对电子。E3+离子 M 层 3d 轨道电子为半满状态，F 比 E 原子序数大 1 且位于同一族。请 根据以上情况，回答下列问题：(答题时，用所对应的元素符号表示)
（1）写出 E 的电子排布式　 　 ，E 位于周期表　 　 区。
（2）A、B、D 三种元素可以形成组成为 A2BD、A4BD、A2BD2 的分子，其中 B 原子采取 sp3 杂化的是 　 　。(填结构简式)
（3）CA的键角为 　 　。
（4）F 可形成分子式均为 F(NH3)5BrSO4 的两种配合物，其中一种化学式为[F(NH3)5Br]SO4，往其溶液中加 BaCl2 溶液时，现象是　 　；往另一种配合物的溶液中加入 BaCl2 溶液时，无明显现象，若加入 AgNO3 溶液时产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为 　 　。
（5）B 元素在自然界有多种同素异形体，硬度最大的晶体中每个晶胞中平均含有　 　 个 B 原子。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar] 3d64s2)；d
（2）CH3OH
（3）109°28'
（4）产生白色沉淀；[Co(NH3)5SO4]Br
（5）8
【知识点】原子结构与元素的性质；配合物的成键情况；原子晶体（共价晶体）；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）E为Fe元素，位于元素周期表的d区，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar] 3d64s2)；
故答案为： 1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar] 3d64s2) ；d；
（2）三种分子分别是HCHO、CH3OH、HCOOH，分子中C原子的杂化方式分别为sp2、sp3、sp2；
故答案为： CH3OH ；
（3）的中心原子为sp3杂化，且无孤电子对，故的空间构型为正四面体形，键角为109°28'；
故答案为： 109°28' ；
（4）[Co(NH3)5Br]SO4在溶液中电离出，故加入BaCl2溶液时会产生白色沉淀；另一种配合物的溶液中加入 BaCl2 溶液时，无明显现象，说明在内界，若加入AgNO3溶液时产生淡黄色沉淀，说明产生了溴化银，溴离子在外界，则第二种配合物的化学式为[Co(NH3)5SO4]Br；
故答案为： 产生白色沉淀 ； [Co(NH3)5SO4]Br ；
（5）C元素在自然界有多种同素异形体，硬度最大晶体为金刚石，金刚石晶胞中碳原子占据立方体的面心和顶点，晶胞内部有四个碳原子，每个晶胞中占有的碳原子数为8×+6×+4=8，每个晶胞平均含有8个碳原子。
故答案为：8。
【分析】A 是宇宙中含量最丰富的元素，可直接确定A 为 H 元素。
B、D 原子的 L 层均有 2 个未成对电子，L 层为第二层，含 2 个未成对电子的 L 层电子排布为 2s22p2 或 2s22p4，结合原子序数递增规律，可判断B 为 C 元素，D 为 O 元素；介于 B、D 之间的 C 元素，原子序数唯一，故C 为 N 元素。
E3+的 M 层 3d 轨道电子处于半满稳定状态，3d 半满为 5 个电子，因此 E 原子的 3d 轨道有 6 个电子、4s 轨道有 2 个电子，价电子排布式为 3d64s2，由此确定E 为 Fe 元素。
F 的原子序数比 E 大 1，且与 E 同属一族，Fe 位于第 Ⅷ 族，原子序数大 1 的同族元素为Co 元素，即 F 为 Co。据此解题。
（1）E为Fe元素，位于元素周期表的d区，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar] 3d64s2)；
（2）三种分子分别是HCHO、CH3OH、HCOOH，分子中C原子的杂化方式分别为sp2、sp3、sp2；
（3）的中心原子为sp3杂化，且无孤电子对，故的空间构型为正四面体形，键角为109°28'；
（4）[Co(NH3)5Br]SO4在溶液中电离出，故加入BaCl2溶液时会产生白色沉淀；另一种配合物的溶液中加入 BaCl2 溶液时，无明显现象，说明在内界，若加入AgNO3溶液时产生淡黄色沉淀，说明产生了溴化银，溴离子在外界，则第二种配合物的化学式为[Co(NH3)5SO4]Br；
（5）C元素在自然界有多种同素异形体，硬度最大晶体为金刚石，金刚石晶胞中碳原子占据立方体的面心和顶点，晶胞内部有四个碳原子，每个晶胞中占有的碳原子数为8×+6×+4=8，每个晶胞平均含有8个碳原子。
19．（2025高二下·汕头期中）电池在人类生产生活中具有十分重要的作用，单晶硅和铜、锗、 镓等的化合物常作为制备太阳能电池的原料。回答下列问题：
（1）基态镓原子的价层电子排布图是　 　。
（2）四氯化硅属于　 　 晶体，硅原子的杂化方式是 　 　。
（3）下列锗卤化物的熔点和沸点，产生该变化规律的原因是　 　。
GeCl4 GeBr4 GeI4
熔点/℃ -49.5 26 146
沸点/℃ 83.1 186 约 400
（4）下图为铜的某种氯化物晶胞示意图，试回答下列问题
①该物质的化学式是 　 　。原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置， 图中各原子标参数分别为 A(0，0，0)；B(0，1，1)；C(1，1，0)；则 D 原子的坐标参 数为 　 　。
②晶胞中 C、D 两原子核间距为 298pm，阿伏加德罗常数的值为 NA，则该晶体的密度 　 　 g/cm3 (列出计算式即可)。
【答案】（1）
（2）分子；
（3）锗的卤化物均为分子晶体，随相对分子质量增加，分子间作用力增强，熔沸点升高
（4）CuCl；；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）Ga处于第四周期第ⅢA族，基态Ga原子价层电子的排布式为4s24p1，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为；
故答案为： ；
（2）四氯化硅沸点较低，属于分子晶体；分子中Si原子含有4 个 σ 键，无孤电子对，所以价层电子对数为4，因此杂化方式为；
故答案为： 分子 ； ；
（3）表格中锗的卤化物熔沸点较低，是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，对于组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，由于相对分子质量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，随相对分子质量增加，分子间作用力增强，熔沸点升高；
故答案为： 锗的卤化物均为分子晶体，随相对分子质量增加，分子间作用力增强，熔沸点升高 ；
（4）①利用均摊法可知，晶胞中有4个Cu原子，Cl原子个数为，两者个数比为1：1，故该物质的化学式为CuCl；
②已知A、B、C的原子坐标参数分别为A(0，0，0)；B(0，1，1)；C(1，1，0)；C和D的连线处于晶胞的体对角线上，且C、D间的距离等于体对角线长度的，所以D原子的坐标参数为；
③晶胞中C、D两原子核间为298pm，则晶胞体对角线的长度为，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞的质量，则晶体的密度。
故答案为： CuCl ； ； 。
【分析】(1)Ga为第四周期第ⅢA族，价电子排布为4s24p ，按泡利原理和洪特规则画出排布图：4s轨道一对成对电子，4p轨道一个单电子占据一个轨道，其余为空轨道。
(2)SiCl4熔沸点低，属于分子晶体；中心Si原子形成4个σ键，无孤电子对，价层电子对数为4，杂化方式为sp3。
(3)GeCl4、GeBr4、GeI4均为分子晶体，组成结构相似；随相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点依次升高。
(4) 化学式与原子坐标：
利用均摊法：Cu原子在晶胞内共4个，Cl原子为 个，化学式为CuCl。
D原子位于体对角线处，坐标为 。
密度计算：
体对角线长度 = 4 × 298 pm，晶胞边长 =
密度表达式： g/cm3。
（1）Ga处于第四周期第ⅢA族，基态Ga原子价层电子的排布式为4s24p1，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为；
（2）四氯化硅沸点较低，属于分子晶体；分子中Si原子含有4 个 σ 键，无孤电子对，所以价层电子对数为4，因此杂化方式为；
（3）表格中锗的卤化物熔沸点较低，是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，对于组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，由于相对分子质量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，随相对分子质量增加，分子间作用力增强，熔沸点升高；
（4）①利用均摊法可知，晶胞中有4个Cu原子，Cl原子个数为，两者个数比为1：1，故该物质的化学式为CuCl；
②已知A、B、C的原子坐标参数分别为A(0，0，0)；B(0，1，1)；C(1，1，0)；C和D的连线处于晶胞的体对角线上，且C、D间的距离等于体对角线长度的，所以D原子的坐标参数为；
③晶胞中C、D两原子核间为298pm，则晶胞体对角线的长度为，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞的质量，则晶体的密度。
20．（2025高二下·汕头期中）铟被广泛应用于电子、太阳能等领域。以某炼锌废渣(主要含 ZnO、In2O3，还含少量 SnO2 、PbO、SiO2 等物质)为原料，制备粗铟的工艺流程如下：
已知：①In(铟)与 Al 是同主族元素，Sn(锡)是第ⅣA 族元素；
②H2A2 为萃取剂，萃取 In3+原理为：In3+ (水相)+3H2A2(有机相)InA3·3HA(有机相)+3H+(水相)。
（1）In 元素位于第五周期，In 原子的原子序数为 　 　。
（2）“酸浸”中滤渣的主要成分是　 　。
（3）“反萃取 ”中，从有机相 InA3·3HA中分离铟时，需加入浓度较大的盐酸，从平衡 移动的角度说明其原因 　 　。
（4）“沉铟 ”中，SnCl转化为SnO。
①的 VSEPR 模型名称是 　 　；
②写出该步转化的离子方程式 　 　。
（5）“酸溶 ”后，铟主要以InCl形式存在溶液中；加入锌粉制得粗铟，同时还生成一种具有还原性的气体。写出“还原 ”步骤中发生反应的化学方程式 　 　。
（6）一种铜铟硒晶体(化学式为 CuInSe2)的晶胞结构如图所示，晶胞中 In 和 Se 未标明， 用 A 或者 B 代替(B 球在体内)。
推断 In 是　 　。(填“A”或“B”)
【答案】（1）49
（2）PbSO4、SiO2
（3）c(HCl)增大，反萃取平衡正向移动，提高反萃取率
（4）平面三角形；
（5）4Zn+2+2H+=2In+4Zn2++8Cl-+H2↑
（6）A
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；化学平衡移动原理；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）In与Al同主族，Al是13号元素，位于第三周期。In位于第五周期，第四周期有18种元素，第五周期前两主族元素依次排列。从Al所在的第三周期到In所在的第五周期，原子序数变化为13+18+18=49，所以 In 原子的原子序数为 49。
故答案为： 49 ；
（2）根据以上分析“酸浸”中滤渣的主要成分是PbSO4、SiO2。
故答案为： PbSO4、SiO2 ；
（3）已知萃取In3+原理为：In3+(水相)+3H2A2(有机相)InA3 3HA(有机相)+3H+(水相)。“反萃取”中加入浓度较大的盐酸，HCl会电离出大量H+，根据勒夏特列原理，增大生成物H+的浓度，平衡逆向移动，促使InA3 3HA转化为In3+进入水相，从而提高反萃取率。
故答案为： c(HCl)增大，反萃取平衡正向移动，提高反萃取率 ；
（4）①SnO中Sn原子的价层电子对数为，为杂化。根据价层电子对互斥理论，SnO的 VSEPR 模型名称是平面三角形。
②“沉铟”中，与烧碱溶液反应转化为，同时Cl-留在溶液中，根据原子守恒和电荷守恒，离子方程式为。
故答案为： 平面三角形 ； ；
（5）“酸溶”后铟主要以形式存在溶液中，加入锌粉制得粗铟，同时生成具有还原性的气体H2。锌被氧化为Zn2+，根据得失电子守恒、原子守恒配平离子方程式为：4Zn+2+2H+=2In+4Zn2++8Cl-+H2↑。
故答案为： 4Zn+2+2H+=2In+4Zn2++8Cl-+H2↑ ；
（6）根据晶胞结构，利用均摊法计算。晶胞中A的个数为，B球在体内，个数为8，Cu的个数为。在CuInSe2中，Cu原子个数：In原子个数：Se原子个数=1：1：2，Se原子数应该最多，所以Se是B，In是A。
故答案为： A 。
【分析】向炼锌废渣中加入稀硫酸，ZnO、In2O3、PbO 等金属氧化物与酸反应，转化为可溶的硫酸盐进入溶液，而 SiO2、未反应的 PbSO4等不溶物则作为滤渣被过滤除去。向酸浸液中加入萃取剂 H2A2和煤油，利用萃取反应 In3+(水相)+3H2A2(有机相) InA3 3HA(有机相)+3H+(水相)，将 In3+从水相萃取到有机相，从而与水相中 Zn2+等杂质离子分离。用盐酸处理负载有机相，通过高浓度的 Cl-改变 In3+的存在形式，使其从有机相重新进入水相，得到含 InCl4-、SnCl62-的溶液。向反萃取液中加入 NaOH 溶液，调节溶液 pH 值，使 In3+以 In(OH)3沉淀的形式析出，而 Sn 等杂质则留在滤液中，实现铟与杂质的进一步分离。将得到的 In(OH)3沉淀用盐酸溶解，转化为 InCl3溶液，为后续还原步骤做准备。向 InCl3溶液中加入锌粉，利用锌的还原性将 In3+还原为金属铟，过滤后得到粗铟。
（1）In与Al同主族，Al是13号元素，位于第三周期。In位于第五周期，第四周期有18种元素，第五周期前两主族元素依次排列。从Al所在的第三周期到In所在的第五周期，原子序数变化为13+18+18=49，所以 In 原子的原子序数为 49。
（2）根据以上分析“酸浸”中滤渣的主要成分是PbSO4、SiO2。
（3）已知萃取In3+原理为：In3+(水相)+3H2A2(有机相)InA3 3HA(有机相)+3H+(水相)。“反萃取”中加入浓度较大的盐酸，HCl会电离出大量H+，根据勒夏特列原理，增大生成物H+的浓度，平衡逆向移动，促使InA3 3HA转化为In3+进入水相，从而提高反萃取率。
（4）①SnO中Sn原子的价层电子对数为，为杂化。根据价层电子对互斥理论，SnO的 VSEPR 模型名称是平面三角形。
②“沉铟”中，与烧碱溶液反应转化为，同时Cl-留在溶液中，根据原子守恒和电荷守恒，离子方程式为。
（5）“酸溶”后铟主要以形式存在溶液中，加入锌粉制得粗铟，同时生成具有还原性的气体H2。锌被氧化为Zn2+，根据得失电子守恒、原子守恒配平离子方程式为：4Zn+2+2H+=2In+4Zn2++8Cl-+H2↑。
（6）根据晶胞结构，利用均摊法计算。晶胞中A的个数为，B球在体内，个数为8，Cu的个数为。在CuInSe2中，Cu原子个数：In原子个数：Se原子个数=1：1：2，Se原子数应该最多，所以Se是B，In是A。
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