1、新疆乌鲁木齐市23中学2018-2019学年高二3月月考化学试卷1. 关于晶体的下列说法中正确的是A. 溶质从溶液中析出是得到晶体的三条途径之一B. 区别晶体和非晶体最好的方法是观察是否有规则的几何外形C. 水晶在不同方向上的硬度、导热性、导电性相同D. 只有无色透明固体才是晶体【答案】A【解析】试题分析：A获得晶体的方法有熔融态物质凝固、气态物质凝华、溶质从溶液中结晶析出，因此溶质从溶液中析出是得到晶体的三条途径之一，正确；B. 区别晶体和非晶体最好的方法是对固体进行X射线衍射实验，而不是通过观察是否有规则的几何外形，错误；C水晶是晶体SiO2，其性质的各向异性表现在物理性质如在不同方向上的
2、硬度、导热性、导电性不相同，错误；D.晶体不一定是无色透明的，如CuSO45H2O,无色透明的也不一定是晶体，如玻璃属于玻璃体物质，错误。考点：考查晶体的制取方法和性质的知识。2.关于原子轨道的说法正确的是A. 凡中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型都是正四面体B. CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和1个C原子的2p轨道混合起来而形成的C. sp3杂化轨道是由同一原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相等的新轨道D. 凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键【答案】C【解析】【详解】A中心原子采取sp3杂化分子，VSEPR模型是四
3、面体，但其立体构形不一定是四面体，如：水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化，但H2O是V型，NH3是三角锥型，故A错误；BCH4中sp3杂化轨道是由中心碳原子的能量相近一个2s轨道和3个2p轨道杂化形成，1s轨道和2p轨道的能量差别较大，不能形成杂化轨道，故B错误；C同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道通过杂化可形成混合起来形成的一组能量相同的新轨道，杂化轨道数=孤电子对数+与之相连的原子数，故C正确；DBF3中B原子的价层电子对数为3，B原子的杂化类型为sp2杂化，故D错误；答案选C。【点睛】把握常见分子中原子的杂化及空间构型为解答的关键。注意杂化轨道理论的理解应用，本题的易错点为D，要记住
4、一些特殊分子的杂化类型。3.Co()的八面体配合物CoClmnNH3，若1 mol该配合物与AgNO3作用生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是A. m1，n5B. m3，n4C. m5，n1D. m4，n5【答案】B【解析】试题分析：Co（）的八面体配合物CoClmnNH3 , CoClmnNH3 呈现中性，因为NH3为中性分子，所以故m的值为3，而1mol该配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则其内界中只含2个氯离子，又因为该配合物为八面体，所以n的值为4，即该配合物的结构是：CoCl2 (NH3)4+Cl-,所以本题选择B。考点：配合物点评：本题考查了配合物知识，该题要
5、根据题意一步一步推断，本题难度中等。4.根据价层电子对互斥模型，判断下列分子或者离子的空间构型不是三角锥形的（）A. PCl3B. H3O+C. HCHOD. PH3【答案】C【解析】【详解】A项，PCl3中P原子含有的孤对电子对数是（513）2=1，键电子对数为3，P的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，PCl3的空间构型为三角锥形，A不选；B项，H3O+中O原子含有的孤对电子对数是（6113）2=1，键电子对数为3，O的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，H3O+的空间构型为三角锥形，B不选；C项，HCHO中碳原子含有的孤对电子对数是（41221）2=0，键电子对数为3，C
6、的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，甲醛的空间构型是平面三角形，C选；D项，PH3中P原子含有的孤对电子对数是（513）2=1，键电子对数为3，P的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，PH3的空间构型为三角锥形，D不选；答案选C。5.CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图所示），但CaC2晶体中由于哑铃形的C22存在，使晶胞沿一个方向拉长下列关于CaC2晶体的说法中正确的是（）A. 1 个 Ca2+周围距离最近且等距离的 C22数目为 6B. 该晶体中的阴离子与F2是等电子体C. 6.4 g CaC2晶体中含阴离子0.1 molD. 与每个Ca2+距离相等且最近的
7、Ca2+共有12个【答案】C【解析】试题分析：CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似，所以1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22-数目为6个，选项A正确；原子数和电子数分别都相等的是等电子体，因此该化合物和F2不是等电子体，B不正确；该化合物的相对分子质量是64，则6.4克CaC2晶体的物质的量是0.1mol，含阴离子0.1mol，C正确；同样根据晶胞结构可知，选项D正确，答案选B。考点：考查晶胞结构的判断以及等电子体的判断点评：该题是中等难度的试题，试题注重基础，侧重能力的培养和训练。该题的关键是掌握好氯化钠的晶胞结构特点，然后进行类推即可，有利于培养学生的逻辑推理能力和知识的迁移能力
8、，也有助于培养学生的抽象思维能力。6.下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是()A. 熔点：NaFMgF2AlF3B. 晶格能：NaFNaClNaBrC. 阴离子的配位数：CsClNaClCaF2D. 硬度：MgOCaOBaO【答案】A【解析】【详解】A. 离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体熔点越高，所以熔点：NaFMgF2AlF3，故A不正确；B. 离子半径越小，晶格能越大，所以晶格能：NaFNaClNaBr，故B正确；C. CsCl、NaCl、CaF2的阴离子的配位数分别是8、6、4，所以阴离子的配位数：CsClNaClCaF2，故C正确；D. 离子半径：Ba2+Ca2+Mg2+，
9、所以硬度：MgOCaOBaO，故D正确。故选A。【点睛】离子半径越小，离子所带电荷越多，离子晶体晶格能越大，熔点越高，硬度越大。7.下列叙述正确的是( )A. 一个CsCl晶胞中含有8个Cl-。B. 离子晶体类的物质均是电解质,故离子晶体均能导电。C. 锗和碳都存在具有原子晶体结构的单质,锗和碳都易形成四个键,能形成原子晶体结构。D. 某物质是由X(黑球)、Y(白球)两种微粒构成的,它们在二维平面中的排列情况为,则该物质化学式为XY2。【答案】C【解析】【详解】A.一个CsCl晶胞中，Cs+在体心、个数为1，Cl-在顶角上，要和旁边的正方体均摊，含有81/8=1，则一个CsCl晶胞中含有1个C
10、l-，A错误；B.离子晶体类的物质均是电解质，离子晶体内的离子不能自由移动，均不能导电，B错误；C.锗和碳都是第IVA族的元素，存在具有原子晶体结构的单质，锗和碳都易形成四个键，能形成原子晶体结构，C正确；D.某物质是由X(黑球)、Y(白球)两种微粒构成的,分析其在二维平面中的排列情况，可以发现每个黑球与6个白球紧密接触,而1个白球只与2个黑球紧密接触，黑球与白球的个数比为1：3，故该物质化学式为XY3，D错误；答案为C；【点睛】离子晶体类的物质均是电解质，有阴、阳离子，晶体状态时，阴阳离子不能自由移动，不能导电。8.下列叙述不正确的是 ( )A. 金刚石的一个晶胞中含有6个碳原子。B. 12
11、 g石墨中六元环的数目为0.5NA。C. 1个干冰晶胞的质量为44 g。D. 以面心立方最密堆积形成的晶胞中金属含有4个金属原子。【答案】A【解析】【详解】A.参与构成金刚石晶胞的碳原子数是18个（顶点8个，面心上下左右前后6个，体内两层对角线各2个共4个），则金刚石的一个晶胞中含有8个碳原子，A错误；B.石墨中六元环中每个碳原子属于3个六元环，则每个六元环中含有2个碳原子，12g即1mol的碳原子构成的六元环数目为0.5NA，B正确；C.干冰晶胞为面心立方堆积，则1个干冰晶胞中含有4个二氧化碳分子，则晶胞的质量为44g，C正确；D.以面心立方最密堆积形成晶胞中每个顶点、面心上各有一个金属原子
12、，则金属晶胞中含有4个金属原子，D正确；答案为A；9.按要求回答问题：（1）半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其结构如下图所示。组成M的元素中，电负性最大的是_(填名称)。（2）钛元素基态原子未成对电子数为_个，能量最高的电子占据的能级符号为_。（3）已知Al 的第一电离能为578 kJmol1、第二电离能为1 817 kJmol1、第三电离能为2 745 kJmol1、第四电离能为11 575 kJmol1。请解释其第二电离能增幅较大_。Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a0.405 nm，晶胞中铝原子的配位数为_。第二电离能I(Cu)_(填“”或“”)I (Zn)。（4）在
13、硅酸盐中，SiO44四面体如下图(a)通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根（其中硅原子数为n）：其中Si原子的杂化形式为_，Si与O的原子数之比为_，化学式为_。【答案】 (1). 氧元素 (2). 2 (3). 3d (4). 基态Al原子失去一个电子后，剩余电子在3s能级处于全充满状态，能量较低较稳定，则第二电离能增幅较大 (5). 12 (6). (7). sp3 (8). 1：3 (9). SiO3n2n-【解析】【分析】（1）根据组成M的元素及相应电负性解答；（2）根据钛元素基态原子核外价电子排布式确定未成对电子数及
14、能量最高的能级符号；（3）电子处于充满或半充满状态时，能量较低，较稳定，则电离能较高；面心立方晶体中面心原子距离顶角原子距离相等且最近，确定配位数；（4）用分摊法进行求解；【详解】（1）组成M的元素为Ti、C、H、O、Cl，其中O的电负性最大；（2）钛元素基态原子核外价电子排布式为：3d24s2，则3d能级含有2个未成对电子；能量最高的电子占据的能级符号3d；（3）基态Al原子的价电子排布式为3s3p1，失去一个电子后，剩余电子在3s能级处于全充满状态，较稳定，则第二电离能增幅较大；Al单质为面心立方晶体，面心铝原子距离顶角铝原子距离相等且最近，则配位数为38/2=12；基态Cu原子价电子排布
15、式为3d104s1，基态Zn原子价电子排布式为3d104s2，Cu原子失去1个电子后为全充满，能量较低，而Zn原子失去1个电子后，为半充满，还易失去一个电子，则第二电离能I(Cu)I(Zn)；（4）根据图（b）的一个结构单元含有1个硅原子，氧原子2+21/2=3个，则Si与O的原子数之比为1：3，硅和氧的化合价分别为+4和-2，则该多硅酸根的化学式为SiO3n2n-，则中心Si原子孤电子对数=1/2（4+2-23）=0，1个Si原子与4个氧原子形成共价键，故其为sp3杂化。10.钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：（1）准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期
16、位置序的独特晶体，可通过_方法区分晶体、准晶体和非晶体。（2）基态K原子中，核外电子排布图是_，占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为_。K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是_。（3）测定发现I3AsF6中存在I3+离子。I3+离子的几何构型为_，中心原子的杂化类型为_。（4）KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，边长为a=0.446nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。K与O间的最短距离为_nm，与K紧邻的O个数为_。（5）在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于_
17、位置，O处于_位置。【答案】 (1). X-射线衍射 (2). (3). 球形 (4). K的原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱 (5). V形 (6). sp3 (7). 0.315nm (8). 12 (9). 体心 (10). 棱心【解析】【分析】（1）区分晶体、准晶体和非晶体的方法为用X-射线衍射；（2）基态K原子为第19号元素，核外电子有19个；根据金属键的强弱，判断熔沸点的高低；（3）利用等电子体判断物质构型及杂化方式；（4）根据晶胞结构，O原子位于面心，在正方形的对角线的中心；（5）根据KIO3的化学式I处于各顶角位置，则K位于体心，O原子处于棱心；【详解】（1）用X-射线衍
18、射区分晶体、准晶体和非晶体；（2）基态K原子为第19号元素，核外电子有19个，排布图为；最高能层为N，电子在4s能级，该层电子云的轮廓为球形；K和Cr属于同一周期，K原子的半径大于Cr，价电子数目较少，形成的金属键较弱，则熔沸点较低；（3）OF2与I3+离子为等电子体，属于V形，因此I3+的几何构型为V形，其中心原子的杂化类型为sp3；（4）根据晶胞结构，O原子位于面心，在正方形的对角线的中心，K与O间的距离为a=0.315nm；与K紧邻的O个数为38/2=12；（5）根据KIO3的化学式，处于各顶角位置，则K位于体心，O原子处于棱心。【点睛】等电子体化学键和构型具有类似性，根据等电子体可用以
19、推测某些物质的构型和预示新化合物的合成和结构。11.东晋华阳国志南中志卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：（1）镍元素基态原子的电子排布式为_，3d能级上的未成对电子数为_。（2）硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6SO4蓝色溶液。Ni(NH3)6SO4中阴离子的立体构型是_。在Ni(NH3)6SO4中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为_，提供孤电子对的成键原子是_。氨的沸点_（填“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是_；氨是_分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_。（3）铜晶体铜碳原子的堆积方式如
20、图所示。基态铜在元素周期表中位置_。每个铜原子周围距离最近的铜原子数目_。(4)某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如图所示(黑点代表铜原子)。该晶体的化学式为_。已知铜和M的电负性分别为1.9和3.0，则铜与M形成的化合物属于_(填“离子”或“共价”)化合物。已知该晶体的密度为 gcm3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为_pm(只写计算式)。【答案】 (1). 1s22s22p63s23p63d84s2 (2). 2 (3). 正四面体 (4). 配位键 (5). N原子 (6). 高于 (7). 氨分子间存在氢键 (8). 极性 (9
21、). sp3杂化 (10). 第四周期IB族 (11). 12 (12). CuCl (13). 共价 (14). 1010【解析】【分析】（1）镍元素基态原子序数为28，根据排布式及轨道个数确定未成对电子数目；（2）阴离子为硫酸根离子，根据杂化方式确定空间构型；Ni2+与NH3之间形成的化学键为配位键，N原子提供孤电子对成键；氨分子间存在氢键，作用力比分子间的作用力强；（3）铜是29号元素确定其在周期表中的位置；铜的晶胞属于面心立方最密堆积；(4)M原子的外围电子排布式为3s23p5，则M原子为Cl；根据晶胞图像按分摊法求解；两个成键元素原子间的电负性差值大于1.7形成离子键，小于1.7形成
22、共价键进行判断；该晶胞类似与金刚石的晶胞，Cu和Cl最近的距离是体对角线的1/4，根据密度求出棱长，在求解距离即可；【详解】（1）镍元素基态原子序数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级有5个轨道，排布8个电子，则有2个未成对电子；（2）阴离子为硫酸根离子，中心硫原子孤电子对数=（6+2-24）=0，有4条共价键，为sp3杂化，空间构型为正四面体构型；Ni2+与NH3之间形成的化学键为配位键，N原子提供孤电子对成键；氨分子间存在氢键，而膦分子间不存在氢键，故氨分子的沸点高于膦（PH3）；氨分子为由极性键形成的极性分子，中心氮原子为sp3杂化；（3）铜是29
23、号元素，位于第四周期IB族；铜晶胞属于面心立方最密堆积，堆积方式ABC，因此配位数为12，每个铜原子周围最近的铜原子数目是12；(4)M原子的外围电子排布式为3s23p5，则M原子为Cl；根据晶胞图像可知，铜原子在体内，有4个，Cl原子在顶点和面心，有81/8+61/2=4，两种原子的个数比为1:1，则化学式为CuCl；一般认为两个成键元素原子间的电负性差值大于1.7形成离子键，小于1.7形成共价键，铜与Cl电负性差值=3.0-1.9=1.11.7，属于共价化合物；晶胞的体积V=（64+35.5）4g/（g/cmNA），则晶胞的棱长=cm，该晶胞类似与金刚石的晶胞，Cu和Cl最近的距离是体对角
24、线的1/4，距离为1010pm。12.（）下列叙述正确的有_A第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多B第二周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小C卤素氢化物中，HCl的沸点最低的原因是其分子间的范德华力最小（）M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：（1）单质M的晶体类型为_，晶体中原子间通过_作用形成面心立方密堆积，其中M原子的配位数为_。（2）元素Y基态原子的核外电子排布式为_，其同周期元素中，第一电离能最大的是_（写元素符号）。元素Y的含氧酸中，酸性最强的是_（写化学式），该酸根离
25、子的立体构型为_。（3）M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。该化合物的化学式为_，已知晶胞参数a=0.542 nm，此晶体的密度为_gcm3。（写出计算式，不要求计算结果。阿伏加德罗常数为NA）该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是_。此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为_。【答案】 (1). B (2). 金属晶体 (3). 金属阳离子与自由电子之间的静电作用 (4). 12 (5). 1s22s22p63s23p5 (6). Ar (7). HClO4 (8). 正四面体 (9). CuCl (10). （64+35.5）4/（a310-21NA）
26、g/cm3 (11). Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物 (12). Cu（NH3）42+【解析】【分析】（）A第四周期元素中，能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多；B同周期元素，核电荷数越多半径越小；CHF分子间存在氢键，HCl分子间没有氢键，熔沸点低于HF；（）M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，则M为Cu；元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同，则Y为Cl；【详解】（）A第四周期元素中，外围电子排布为3dx3sy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多，则外围电子排布为3d54s1，此元素为铬，A错误；B同周期元素，核电荷
27、数越多半径越小，则第二周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小，B正确；CHF分子间存在氢键，HCl分子间没有氢键，但HCl分子间的范德华力大于HF分子间的，C不正确；答案为B；（）M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，则M为Cu；元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同，则Y为Cl；（1）单质M为Cu，其晶体类型为为金属晶体；通过金属阳离子与自由电子之间的静电作用结合在一起，晶体为面心立方密堆积，Cu原子的配位数为12；（2）元素Y为Cl，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；同周期元素中，第一电离能最大的是Ar；元素Cl的含氧酸
28、中，酸性最强的是HClO4；高氯酸酸根离子中氯原子没有孤对电子，为sp3杂化，立体构型为正四面体；（3）根据晶胞的图像，Cu原子在顶点和面心，按分摊法，Cu原子数目=81/8+61/2=4，Cl原子在体内，数目为4，两种原子的个数比为1:1，则其化学式为CuCl；=m/V=（64+35.5）4g/（a3nmNA）=（64+35.5）4/（a310-21NA）g/cm3；Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物，所以CuCl难溶于水但易溶于氨水；该化合物中Cu+被空气中的氧气氧化为Cu2+，与氨水中的氨分子生成配离子，则深蓝色溶液中阳离子为：Cu（NH3）42+。【点睛】用分摊法计算晶胞中各元素的原
29、子个数，再利用=m/V的关系，计算密度，注意单位的换算。13.（1）1mol乙醛分子中含有键的数目为_，乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是_。（2）与OH互为等电子体的一种分子为_(填化学式)。（3）短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外层电子排布式为ms1，B元素的原子价电子排布式为ns2np2，C元素位于第二周期且原子中p能级与所有s能级电子总数相等，D元素原子的L层的p能级中有3个未成对电子。C元素原子基态时的价电子排布式为_，若A元素为非金属元素，A与C形成的化合物中的共价键属于_键(填“”或“”)。当n2时，B的最简单气态氢化物的分子构型为_，中心原子的杂化方式为_，BC2属于
30、_分子(填“极性”或“非极性”)，当n3时，B与C形成的晶体属于_晶体。（4）BF3与一定量的水形成晶体Q(H2O)2BF3，Q在一定条件下可转化为R：晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及_(填序号)。a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.金属键 e.氢键 f.范德华力（5）已知苯酚()具有弱酸性，其Ka1.11010；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)(填“”或“”)，其原因是_。【答案】 (1). 6NA (2). 乙酸分子之间能形成氢键，乙醛分子之间不能形成氢键 (3). HF (4). 1s22s22p4 (5).
31、(6). 正四面体 (7). sp3 (8). 非极性 (9). 原子 (10). ad (11). (12). 中形成分子内氢键，使该微粒中酚羟基更难电离出H+，导致该微粒酸性小于苯酚【解析】【分析】（1）乙醛的结构式为，根据结构确定键数目；分子之间能形成氢键，则沸点升高；（2）OH中含有2个原子，10个电子；（3）短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外层电子排布为ms1，A位于IA族；B元素的原子价电子排布为ns2np2，B位于IVA族；C元素位于第二周期且原子中p亚层与s亚层电子总数相等，其原子电子排布式为1s22s22p4，C为氧元素；D元素原子的M电子层的P亚层中有3个电子，则D
32、元素原子电子排布式为1s22s22p63s23p3，D为P元素；（4）非金属元素原子之间为共价键，B原子与O原子间为配位键，分子之间存在范德华力，水分子中的O原子和羟基上的H原子易形成氢键；（5）分子内形成氢键，使该微粒中酚羟基更难电离出H+，酸性小；【详解】（1）乙醛的结构式为，单键都是键，双键中有一个键和一个键，则一个乙醛分子含有6个键，1mol乙醛分子中含有键的数目为6NA；乙醛分子中氢原子都与碳原子相连，乙醛分子之间不能形成氢键，而乙酸(CH3COOH)分子有一个氢原子与氧原子相连，乙酸分子之间能形成氢键，则乙酸的沸点明显高于乙醛；（2）OH中含有2个原子，10个电子，与OH互为等电子
33、体的分子为HF；（3）短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外层电子排布为ms1，则A位于IA族；B元素的原子价电子排布为ns2np2，B位于IVA族；C元素位于第二周期且原子中p亚层与s亚层电子总数相等，其原子电子排布式为1s22s22p4，C为氧元素；D元素原子的M电子层的P亚层中有3个电子，则D元素原子电子排布式为1s22s22p63s23p3，D为P元素；C为氧，基态原子的价电子排布式为1s22s22p4；若A元素为非金属元素，则A为H，H与O形成的化合物为水、过氧化氢，其共价键属于键；n2时，B为C，其最简单气态氢化物为甲烷，分子构型为正四面体；中心C原子为sp3杂化；CO2为直线型结构，分子中正负电荷中心重合，属于非极性分子；当n=3时，B为Si元素，与氧元素形成的化合物为二氧化硅，属于原子晶体；（4）非金属元素原子之间为共价键，B原子与O原子间为配位键，分子之间存在范德华力，水分子中的O原子和羟基上的H原子易形成氢键，不存在离子键和金属键，答案为ad；（5）中形成分子内氢键，使该微粒中酚羟基更难电离出H+，导致该微粒酸性小于苯酚，所以相同温度下电离平衡常数Ka2（水杨酸）Ka（苯酚）。
