廣東省江門市2024-2025學年高二化學下學期統(tǒng)考調(diào)研測試題含解析

PAGE17-廣東省江門市2024-2025學年高二化學下學期統(tǒng)考調(diào)研測試題（含解析）留意事項：1.答題前，考生務必把自己的姓名、考生號等填寫在答題卡相應的位置上。2.做選擇題時，必需用2B鉛筆把答題卷上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。3.非選擇題必需運用黑色字跡鋼筆或簽字筆，將答案寫在答題卡規(guī)定的位置上。4.全部題目必需在答題卡上指定位置作答，不按以上要求作答的答案無效。5.考生必需保持答題卡的整齊.考試結束后，將答題卡交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56一、選擇題：本題共7個小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與生活親密相關，下列說法正確的是（）A.聚乙烯（PE）和聚氯乙烯（PVC）都是食品級塑料制品的主要成分B.煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的飽和酯C.糧食釀酒經(jīng)過了淀粉→葡萄糖→乙醇的化學改變過程D.大豆富含蛋白質(zhì)，將其磨成豆?jié){并煮沸后蛋白質(zhì)變成了氨基酸【答案】C【解析】【詳解】A.聚氯乙烯（PVC）有毒，不能用在食品級塑料制品上，故A錯誤；B.花生油是植物油，是不飽和酯，故B錯誤；C.糧食釀酒經(jīng)過了淀粉→葡萄糖→乙醇，此過程中都有新物質(zhì)生成，所以都是化學改變過程，故C正確；D.豆?jié){煮沸后蛋白質(zhì)沒有水解，所以沒有生成氨基酸，故D錯誤；故選：C2.對中國古代著作涉及化學的敘述，下列說法錯誤的是（）A.《漢書》中“高奴縣有洧水可燃”，這里的“洧水”指的是石油B.《菽園雜記》有海水提取食鹽的記載：“燒草為灰，布在灘場，然后以海水漬之，俟曬結浮白，掃而復淋”.過程中“灰”的作用是吸附C.《本草綱目》中“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”中的堿是K2CO3D.《天工開物》中“凡石灰，經(jīng)火焚煉為用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2【答案】D【解析】【詳解】A．洧水可燃，指的是石油，故A正確；B．燒草為灰，布在灘場，然后以海水漬之，侯曬結浮白，掃而復淋是指將稻草麥稈等物燃燒得到草木灰，將草木灰鋪在沙灘上，用海水浸濕，草木灰即可以吸附海鹽，所以利用的是草木灰的吸附作用，故B正確；C．草木灰的主要成分是碳酸鉀，碳酸鉀水解顯堿性，可洗衣服，故C正確；D．石灰石加熱后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸鈣，故D錯誤；答案選D。3.三室式電滲析法處理含乳酸（HA表示乳酸分子，A-表示乳酸根離子）廢水的原理如圖所示，采納惰性電極，ab、cd均為離子交換膜，下列說法正確的是（）A.陰極區(qū)電極反應式為4OH--4e-=2H2O+O2↑B.交換膜cd為陽離子交換膜，H+從陽極區(qū)通過陽離子交換膜進入濃縮室C.通電一段時間后濃縮室水的量削減，導致乳酸溶液增大D.當電路中通過1mol電子的電量時，兩極肯定共產(chǎn)生11.2L（標準狀況下）氣體【答案】B【解析】【分析】與電源正極相連的是電解池的陽極，與電源負極相連的是電解池的陰極，用惰性電極電解，電解質(zhì)溶液中的陰陽離子放電?！驹斀狻緼．左邊為陰極，電極反應式為2H++2e-═H2↑，故A錯誤；B．右邊為陽極，電極上電極反應式為2H2O-4e-═4H++O2↑，生成的H+從陽極通過陽離子交換膜進入濃縮室，沒有進入陰極區(qū)，故B正確；C．陽極OH-放電，c（H+）增大，H+從陽極通過陽離子交換膜進入濃縮室，A-通過陰離子交換膜從陰極進入濃縮室，H++A-?HA，乳酸濃度增大，故C錯誤；D．陽極反應式4OH--4e-═2H2O+O2↑，所以當電路中通過1mol電子的電量時，會有0.25mol的O2生成，陰極反應式為2H2O+4e-═2OH-+H2↑，當電路中通過1mol電子的電量時，會有0.5mol的H2生成，標準狀況下共0.75×22.4=16.8L，故D錯誤；答案選B4.下列說法正確的是（）A.乙醇和乙醚互為同分異構體B.硝基乙烷和硝酸乙酯（CH3CH2ONO2）互為同分異構體C.結構簡式為的一溴代物有4種D.分子式為C4H8屬于烯烴的同分異構體有3種（不包括立體異構）【答案】D【解析】【詳解】A．乙醇和乙醚的分子式不同，不是同分異構體，故A錯誤；B．硝基乙烷（CH3CH2NO2）和硝酸乙酯（CH3CH2ONO2）分子式不同，不是同分異構體，故B錯誤；C．一溴代物有5種，故C錯誤；D．C4H8屬于烯烴的同分異構體為碳鏈異構和碳碳雙鍵的位置異構，丁烯的全部烯烴的碳鏈結構有：C=C-C-C、C-C=C-C、，共3種，故D正確；答案選D。5.肯定溫度下，某密閉容器中發(fā)生反應：2HI(g)H2(g)+I2(g)ΔH>0，若15s內(nèi)c(HI)由0.1mol/L降到0.07mol/L，則下列說法正確的是（）A.縮小反應體系的體積，化學反應速率加快B.c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反應時間小于10sC.上升溫度正反應速率加快，逆反應速率減慢D.0~15s內(nèi)用I2表示的平均反應速率為v(I2)=0.002mol/(L?s)【答案】A【解析】【詳解】A.減小反應體系的體積，相當于增大壓強，各物質(zhì)濃度都增大，則化學反應速率加快，故A正確；B.反應物濃度越大，化學反應速率越快，則c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需時間大于10s，故B錯誤；C.上升溫度活化分子百分數(shù)增大，則正逆反應速率都加快，故C錯誤；D.若在0～15s內(nèi)v(HI)=（0.1?0.07）÷15mol/(L?s)=0.002mol/(L?s)，相同時間內(nèi)v(I2)=v(HI)=×0.002mol/(L?s)=0.001mol/(L?s)，故D錯誤；故選：A。6.依據(jù)下列試驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的（）選項試驗操作和現(xiàn)象結論A室溫下，用pH試紙分別測定等濃度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH，CH3COONa溶液對應的pH試紙更藍酸性：NaClO>CH3COONaB取某Na2SO3溶液，加入足量的稀鹽酸，產(chǎn)生氣泡，再滴加BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀Na2SO3已部分被氧化C向某溶液中先滴加少量氯水，再滴加2滴KSCN溶液，溶液變成血紅色原溶液中肯定含有Fe2+D在2mL0.01mol/L的Na2S溶液中先滴入幾滴0.01mol/LZnSO4溶液有白色沉淀，再滴入CuSO4溶液，又出現(xiàn)黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A.NaClO溶液具有漂白性，不能用pH試紙測定其pH，故A錯誤；B.加入足量的稀鹽酸，解除亞硫酸根離子的干擾，后加氯化鋇生成的白色沉淀為硫酸鋇，則Na2SO3已部分被氧化，故B正確；C.先滴加少量氯水，再滴加2滴KSCN溶液，溶液變成血紅色，原溶液中只含F(xiàn)e3+也會產(chǎn)生相同的現(xiàn)象，檢驗Fe2+應先加KSCN溶液，無明顯現(xiàn)象，再加氯水檢驗，故C錯誤；D.Na2S溶液過量，再滴入硫酸銅溶液，銅離子與硫離子形成黑色CuS沉淀，不能說明發(fā)生了沉淀的轉(zhuǎn)化，不能比較Ksp大小，故D錯誤；故選：B。7.常溫下體積為1mL、濃度均為0.10mol/L的XOH和X2CO3溶液分別加水稀釋至體積為VmL，pH隨lgV的改變狀況如圖所示，下列敘述中正確的是（）A.VOH為弱堿B.pH=10的兩種溶液中的c(X+)：XOH大于X2CO3C.當lgV=3時，XOH溶液中由水電離的OH-的濃度為10-10mol/LD.當lgV=2時，若X2CO3溶液上升溫度，溶液堿性增加則減小【答案】C【解析】【詳解】A．依據(jù)圖知，0.1mol/L的XOH的pH=13，說明XOH溶液中c（OH-）=c（XOH），XOH完全電離，為強電解質(zhì)，故A錯誤；B．XOH是強堿溶液、X2CO3是強堿弱酸鹽溶液，要使兩種溶液的pH相等，則c（XOH）<c（X2CO3），則c（X+）：XOH小于X2CO3，故B錯誤；C.當lgV=3時，有圖像可知，XOH溶液的pH=10，溶液中氫離子的濃度是10-10mol/L，氫離子來自水的電離，水電離出的氫離子和氫氧根離子的濃度相等，則由水電離的OH-的濃度為10-10mol/L，故C正確；D．當lgV=2時，則溶液的體積變?yōu)樵瓉淼?00倍，上升溫度，促進水解，第一步水解程度遠遠大于其次步，所以溶液中c（CO32-）減小，c（HCO3-）增大，所以c（HCO3-）/c（CO32-

）增大，故D錯誤；故選：C。二、非選擇題：共58分。第8~10題為必考題，每個試題考生都必需作答。第11、12題為選考題，考生依據(jù)要求作答。（一）必考題（共43分）8.某試驗小組用如圖所示裝置制取溴苯和溴乙烷.已知溴乙烷為無色液體，難溶于水，沸點為38.4℃，熔點為-190℃，密度為1.46g?cm-3。主要試驗步驟如下：①檢查裝置的氣密性后，向圓底燒瓶中加入肯定量的苯和液溴。②向錐形瓶中加入乙醇和濃H2SO4的混合液至浸沒進氣導管口。③將A裝置中的純鐵絲當心向下插入混合液中。④點燃B裝置中的酒精燈，用小火緩緩對錐形瓶加熱10min。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝海?）寫出A裝置中制取溴苯的化學方程式__。（2）導管a的作用是__。（3）C裝置中U型管內(nèi)部用蒸餾水封住管底的作用是__。（4）反應完畢后，U型管內(nèi)液體分層，溴乙烷在__層（填：上或下）。（5）步驟④中__（填“能”“否”）用大火加熱，理由是__。（6）為探究溴和苯的上述反應是取代反應而不是加成反應，用裝置D代替裝置B、C干脆與A相連重新操作試驗。①裝置D中小試管內(nèi)裝有CCl4，其主要作用是__。②錐形瓶中裝有水，反應后向錐形瓶的水溶液中滴加硝酸銀溶液，若有__產(chǎn)生，證明該反應為取代反應。（7）要檢驗某溴乙烷中的溴元素，正確的試驗方法是：向盛有適量溴乙烷的試管中__。A.加入新制的氯水振蕩，再加入少量CCl4振蕩，視察下層是否變?yōu)槌燃t色B.滴入硝酸銀溶液，再加入稀硝酸使溶液呈酸性，視察有無淺黃色沉淀生成C.加入NaOH溶液共熱，冷卻后加入硝酸銀溶液，視察有無淺黃色沉淀生成D.加入NaOH溶液共熱，冷卻后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸銀溶液，視察是否有淺黃色沉淀生成【答案】(1).+Br2+HBr(2).導氣、冷凝回流(3).溶解汲取溴化氫氣體，防止溴化氫及產(chǎn)物逸出污染環(huán)境(4).下(5).不能(6).乙醇揮發(fā)，易發(fā)生副反應生成乙醚、乙烯，濃硫酸使乙醇碳化等(7).汲取揮發(fā)出來的溴蒸氣(8).淡黃色沉淀(9).D【解析】【分析】（1）苯在鐵做催化劑時可以和溴發(fā)生取代反應獲得溴苯；（2）苯和溴都是易揮發(fā)的物質(zhì)，導管a起導氣，兼起苯與溴蒸氣的冷凝和回流作用，削減反應物的損失；（3）氫溴酸是強酸，水可以阻擋物質(zhì)的溢出，起到水封的作用；（4）反應完畢后，分別U形管內(nèi)有溴乙烷和蒸餾水，溴乙烷不溶于水，密度比水大；（5）乙醇易揮發(fā)，且溫度過高時，乙醇在濃H2SO4存在條件下會發(fā)生副反應生成乙烯、乙醚等，據(jù)此答題；（6）苯和溴都是易揮發(fā)的物質(zhì)，生成物中有苯和溴蒸氣，要除去，假如發(fā)生取代反應生成物含有HBr，用硝酸銀檢驗，出現(xiàn)淡黃色沉淀；（7）檢驗某溴乙烷中的溴元素，須要用硝酸中和掉多余的NaOH溶液，再滴加硝酸銀溶液。【詳解】（1）苯在鐵做催化劑時可以和溴發(fā)生取代反應獲得溴苯，發(fā)生反應的原理方程式為：+Br2+HBr，故答案為：+Br2+HBr；（2）苯和溴都是易揮發(fā)的物質(zhì)，導管a起導氣，兼起苯與溴蒸氣的冷凝和回流作用，削減反應物的損失，故答案為：導氣、冷凝、回流；（3）溴化氫極易溶于水，形成的氫溴酸是強酸，水可以阻擋易揮發(fā)物質(zhì)HBr的溢出，起到水封的作用，故答案為：溶解汲取溴化氫氣體，防止溴化氫及產(chǎn)物逸出污染環(huán)境；（4）溴乙烷不溶于水，密度比水大，在下層，故答案為：下；（5）步驟④不能用大火加熱，否則乙醇在濃H2SO4存在條件下發(fā)生副反應生成乙醚、乙烯等，故答案為：不能；乙醇揮發(fā)，易發(fā)生副反應生成乙醚、乙烯，濃硫酸使乙醇碳化等；（6）①苯和溴都是易揮發(fā)的物質(zhì)，生成物中有苯和溴蒸氣，要除去，所以裝置（Ⅱ）的錐形瓶中，小試管內(nèi)盛有CCl4液體，其作用是汲取揮發(fā)出來的溴蒸氣；②證明苯和溴的反應為取代反應而不是加成反應，即檢驗生成的產(chǎn)物為HBr，則滴加硝酸銀溶液，視察到淡黃色沉淀出現(xiàn)，故答案為：汲取揮發(fā)出來的溴蒸氣；淡黃色沉淀；（7）要檢驗某溴乙烷中的溴元素，正確的試驗方法是：向盛有適量溴乙烷的試管中，加入NaOH溶液共熱，冷卻后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸銀溶液，視察是否有淺黃色沉淀生成，故答案為：D。9.下表是甲、乙、丙、丁四種有機物的有關信息：甲①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②能與水在肯定條件下反應生成丙；③比例模型為乙①由C、H兩種元素組成；②比例模型為丙①由C、H、O三種元素組成；②能與Na反應，但不能與NaOH溶液反應；③能與丁反應生成相對分子質(zhì)量為100的酯?、儆蒀、H、O三種元素組成；②球棍模型為回答下列問題：（1）甲與溴的四氯化碳溶液反應的生成物的結構簡式是__。（2）乙具有的性質(zhì)是__（填序號）。A.無色無味液體，有毒B.不溶于水，密度比水的大C.不能使酸性KMnO4溶液褪色D.任何條件下不與氫氣反應（3）丙的官能團的名稱：__；寫出丙與Na反應的化學方程式：__。（4）甲與氫氣發(fā)生加成反應后生成物質(zhì)戊，與戊在結構上相像的有機物有一大類（即“同系物”），它們均符合通式CnH2n+2。當n≥__時，這類有機物出現(xiàn)同分異構現(xiàn)象。（5）丙與丁反應能生成相對分子質(zhì)量為100的酯，該反應的反應類型為__；其化學方程式為___?！敬鸢浮?1).CH2BrCH2Br(2).C(3).羥基(4).2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑(5).4(6).酯化反應/取代反應(7).CH2=CH-COOH+C2H5OHCH2=CH-COOC2H5+H2O【解析】【分析】比例模型為能使溴的四氯化碳溶液褪色，則甲是乙烯CH2=CH2；甲能與水在肯定條件下反應生成丙，則丙為CH3CH2OH；乙由C、H兩種元素組成；比例模型為，則乙是C6H6；丁由C、H、O三種元素組成；球棍模型為，則丁是CH2=CH-COOH。【詳解】（1）甲是乙烯，與溴的四氯化碳溶液反應的生成物的結構簡式是：CH2BrCH2Br，故答案為：CH2BrCH2Br；（2）乙是苯，苯為無色帶有特別氣味的液體，有毒，故A錯誤；不溶于水，密度小于水，故B錯誤；和酸性高錳酸鉀不反應，故C正確；在Ni的催化劑作用下可與H2發(fā)生加成反應，故D錯誤；故答案為：C；（3）丙的CH3CH2OH，官能團的名稱：羥基，乙醇與Na反應的化學方程式：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，故答案為：羥基；2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑；（4）甲與氫氣發(fā)生加成反應后生成物質(zhì)戊，則戊為CH3CH3，戊的同系物中，當n≥4時，這類有機物出現(xiàn)同分異構現(xiàn)象，故答案為：4；（5）丙是CH3CH2OH，丁是CH2=CH-COOH，兩者反應能生成酯，該反應反應類型為酯化反應或取代反應，化學方程式為：CH2=CH-COOH+C2H5OHCH2=CH-COOC2H5+H2O，故答案為：酯化反應/取代反應；CH2=CH-COOH+C2H5OHCH2=CH-COOC2H5+H2O。10.已知25℃時，幾種常見弱酸的Ka如下表所示：電解質(zhì)H2C2O4CH3COOHHCNH2CO3電離常數(shù)（mol?L-1）K1=56×10-2K2=5.4×10-3K=1.7×10-5K=6.2×10-10K1=4.2×10-7K2=5.6×10-11（1）草酸（H2C2O4）是一種___（填“一元”、“二元”、“多元”）弱酸。25℃時，0.1mol?L-1的Na2C2O4、CH3COONa、NaCN、Na2CO3溶液的pH由大到小的依次是__。（2）KHC2O4溶液呈酸性，向10mL0.01mol?L-1的H2C2O4溶液滴加0.01mol?L-1KOH溶液V(mL)?；卮鹣铝袉栴}：①當V<10mL時，反應的離子方程式為___。②當V=10mL時，溶液中、、H2C2O4、H+的濃度由大到小的依次為__。③當V=amL時，溶液中離子濃度有如下關系：c(K+)=2c()+c()；當V=bmL時，溶液中離子濃度有如下關系：c(K+)=c()+c()+c(H2C2O4)；則a__b（填“<”“=”或“>”）.【答案】(1).二元(2).Na2CO3>NaCN>CH3COONa>Na2C2O4(3).H2C2O4+OH-=+H2O(4).c()>c(H+)>c()>c(H2C2O4)(5).＞【解析】【分析】（1）電離常數(shù)越大，酸的酸性越強，其鹽溶液的水解程度越小，鹽溶液的pH越??；（2）①當V＜10mL時，H2C2O4和KOH反應生成，還有草酸多余；②當V=10mL時，H2C2O4和KOH恰好完全反應生成KHC2O4，依據(jù)電離平衡常數(shù)推斷電離和水解程度的大小；③依據(jù)電荷守恒、物料守恒分析推斷溶液的組成?！驹斀狻浚?）草酸為二元弱酸分步電離；電離平衡常數(shù)由大到小的依次為：H2C2O4>>CH3COOH>H2CO3>HCN>，電離常數(shù)越大，酸的酸性越強，其鹽溶液的水解程度越小，鹽溶液的pH越小，則濃度均為0.1mol?L-1的Na2C2O4、CH3COONa、NaCN、Na2CO3的pH由大到小的依次是Na2CO3>NaCN>CH3COONa>Na2C2O4，故答案為：二元；Na2CO3>NaCN>CH3COONa>Na2C2O4；（2）①當V＜10mL時，H2C2O4和KOH反應生成，還有草酸多余，反應的離子方程式為：H2C2O4+OH-=+H2O；故答案為：H2C2O4+OH-=+H2O；②當V=10mL時，H2C2O4和KOH恰好完全反應生成KHC2O4，水解平衡常數(shù)Kh===1.79×10-13<K2(H2C2O4)，說明溶液中的電離程度大于水解程度，溶液呈酸性，溶液中、、H2C2O4、H+的濃度從大到小的依次為：c()>c(H+)>c()>c(H2C2O4)；故答案為：c()>c(H+)>c()>c(H2C2O4)；③當V=amL時，溶液中離子濃度有如下關系：c(K+)=2c()+c()，溶液中電荷守恒為c(K+)+c（H+）=2c()+c()+c（OH-），則c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，溶液中溶質(zhì)為KHC2O4和K2C2O4；當V=bmL時，溶液中離子濃度有如下關系：c(K+)=c()+c()+c(H2C2O4)是溶液中物料守恒分析，溶質(zhì)為KHC2O4；說明a大于b；故答案為：＞。11.（1）科學家制造出一種運用固體電解質(zhì)的燃料電池，其效率更高，可用于航天航空。如圖1所示裝置中，以稀土金屬材料作惰性電極，在電極上分別通入CH4和空氣，其中固體電解質(zhì)是摻雜了Y2O3的ZrO2固體，它在高溫下能傳導O2-。已知：正極反應式：O2-4e-=2O2-。則：c電極的名稱為__，d電極上的電極反應式為__。（2）如圖2所示，用惰性電極電解100mL0.5mol?L-1CuSO4溶液，a電極上的電極反應式為__，若a電極產(chǎn)生56mL（標準狀況）氣體，則所得溶液的pH=_（不考慮溶液體積改變）?！敬鸢浮?1).正極(2).CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O(3).4OH--4e-=2H2O+O2↑或2H2O-4e-=4H++O2↑(4).1【解析】【分析】(1)依據(jù)裝置圖中電流流向分析，c為正極，氧氣得電子發(fā)生還原反應，d為負極，甲烷失電子發(fā)生氧化反應；(2)圖乙是電解池，與電源正極連接的a電極為陽極，電極反應為4OH--4e-=O2↑+2H2O，b為陰極，電極反應為Cu2++2e-=Cu，結合電極方程式計算。【詳解】（1）圖甲是原電池，依據(jù)電流流向是從正極流向負極，c電極為正極，氧氣得到電子發(fā)生還原反應，d電極為電池負極，甲烷失電子發(fā)生氧化反應，在兩極上分別通入CH4和空氣，其中固體電解質(zhì)是摻雜了Y2O3的ZrO2固體，它在高溫下能傳導陽極生成的O2-離子，負極電極反應為：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；（2）如圖乙所示電解100mL0.5mol?L-1CuSO4溶液，發(fā)生的電解總反應為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，與電源正極相連的a極為陽極，溶液中氫氧根離子失去電子發(fā)生氧化反應，電極反應為：2H2O-4e-=4H++O2↑或者4OH--4e-=2H2O+O2↑；若a電極產(chǎn)生56mL（標準狀況）氧氣，氧氣物質(zhì)的量為0.0025mol，溶液中生成氫離子物質(zhì)的量為0.01mol，c（H+）==0.1mol/L，pH=-lg0.1=1。（二）選考題：共15分。請考生從2題中任選一題作答。假如多做，則按所做的第一題計分。12.已知元素N、S、可形成多種物質(zhì)，在工業(yè)生產(chǎn)上有著廣泛的應用。請回答下列問題：（1）Se與S是同族元素，請寫出基態(tài)Se原子的電子排布式：__。N與S是不同族元素，請說明NH3在水中的溶解度比H2S大的緣由：__。（2）有一種由1~9號元素中的部分元素組成，且與SCl2互為等電子體的共價化合物，它的分子式為__。借助等電子體原理可以分析出SCN-中σ鍵和π鍵的個數(shù)比為__。（3）已知的結構為其中S原子的雜化方式是__。（4）N、P可分別形成多種三角錐形分子，已知NH3的鍵角大于PH3，緣由是__。（5）離子晶體中陽離子和陰離子的半徑比不同可形成不同的晶胞結構，見下表：半徑比0.225～0.4140.414～0.7320.732～1典型化學式立方ZnSNaClCsCl晶胞已知某離子晶體RA，其陰陽離子半徑分別為184pm和74pm，摩爾質(zhì)量為Mg/mol，則陽離子配位數(shù)為__，晶體的密度為__g/cm3（列出計算式，無需化簡，設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值）?！敬鸢浮?1).[Ar]3d104s24p4或1s22s22p63s23p63d104s24p4(2).NH3分子與H2O分子之間可以形成氫鍵，而H2S分子不能與H2O分子之間形成氫鍵(3).OF2(4).1：1(5).sp3雜化(6).由于電負性N>P>H，且氮原子半徑小于磷原子半徑，NH3分子中成鍵電子對彼此相距更近，斥力更大，所以鍵角NH3>PH3(7).4(8).【解析】【分析】（1）元素Se處于第四周期VIA族，原子序數(shù)為34；NH3分子與H2O分子間形成氫鍵，H2S不能與H2O形成氫鍵；（2）等電子體是指原子數(shù)目相等，價電子數(shù)目相等的粒子，利用原子替換書寫，同主族元素原子價電子數(shù)目相等；（3）結構中兩邊的S原子均形成4個σ鍵且無孤對電子，中間的兩個S原子均形成兩個單鍵，且均有兩對孤對電子；（4）電負性N＞P，且N原子半徑小于P原子半徑，NH3中成鍵電子對彼此相離更近，斥力更大；（5）依據(jù)74÷184≈0.402，離子晶體RA的晶胞為立方ZnS型，晶胞中陰離子的配位數(shù)為4，晶胞中陰陽離子個數(shù)比為1：1.1個晶胞含有4個“RA”，結合摩爾質(zhì)量計算晶胞中微?？傎|(zhì)量，陰陽離子半徑之和為體對角線的，且體對角線為晶胞邊長的倍，結合密度公式計算【詳解】（1）元素Se處于第四周期VIA族，原子序數(shù)為34，基態(tài)電子排布為1s22s22p63s23p63d104s24p4；N的電負性很大，使得NH3中N-H鍵極性特別強，N原子帶有明顯的負電荷，H2O強極性O-H中的H幾乎成為袒露的質(zhì)子，NH3分子與H2O分子間形成了O-H…N氫鍵，使NH3在水有很大的溶解度。H2S中S所帶負電荷不足以使H2S與H2O形成氫鍵，所以H2S在水中溶解度較小，故答案為：[Ar]3d104s24p4或1s22s22p63s23p63d104s24p4；NH3分子與H2O分子之間可以形成氫鍵，而H2S分子不能與H2O分子之間形成氫鍵；（2）等電子體是指原子數(shù)目相等，價電子數(shù)目相等的粒子，由1～9號元素中的部分元素組成的物質(zhì)中，與SCl2互為等電子體的共價化合物，只有OF2；SCN-與CO2互為等電子體，CO2的分子結構為O=C=O，其中σ鍵和π鍵的個數(shù)比為2：2=1：1，所以SCN-中σ鍵和π鍵的個數(shù)比為也1：1，故答案為：OF2；1：1；（3）的結構中兩邊的S原子均形成4個σ鍵且無孤對電子，所以均為sp3雜化，中間的兩個S原子均形成兩個單鍵，且均有兩對孤對電子，所以均為sp3雜化，故答案為：sp3雜化；（4）NH3和PH3均是三角錐形結構，都有一對孤對電子的斥力影響，由于電負性N＞P＞H，且N原子半徑小于P原子半徑，N