广东省江门市2024-2025学年高二化学下学期统考调研测试题含解析

PAGE17-广东省江门市2024-2025学年高二化学下学期统考调研测试题（含解析）留意事项：1.答题前，考生务必把自己的姓名、考生号等填写在答题卡相应的位置上。2.做选择题时，必需用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。3.非选择题必需运用黑色字迹钢笔或签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上。4.全部题目必需在答题卡上指定位置作答，不按以上要求作答的答案无效。5.考生必需保持答题卡的整齐.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Fe-56一、选择题：本题共7个小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活亲密相关，下列说法正确的是（）A.聚乙烯（PE）和聚氯乙烯（PVC）都是食品级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饱和酯C.粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇的化学改变过程D.大豆富含蛋白质，将其磨成豆浆并煮沸后蛋白质变成了氨基酸【答案】C【解析】【详解】A.聚氯乙烯（PVC）有毒，不能用在食品级塑料制品上，故A错误；B.花生油是植物油，是不饱和酯，故B错误；C.粮食酿酒经过了淀粉→葡萄糖→乙醇，此过程中都有新物质生成，所以都是化学改变过程，故C正确；D.豆浆煮沸后蛋白质没有水解，所以没有生成氨基酸，故D错误；故选：C2.对中国古代著作涉及化学的叙述，下列说法错误的是（）A.《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油B.《菽园杂记》有海水提取食盐的记载：“烧草为灰，布在滩场，然后以海水渍之，俟晒结浮白，扫而复淋”.过程中“灰”的作用是吸附C.《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2CO3D.《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2【答案】D【解析】【详解】A．洧水可燃，指的是石油，故A正确；B．烧草为灰，布在滩场，然后以海水渍之，侯晒结浮白，扫而复淋是指将稻草麦秆等物燃烧得到草木灰，将草木灰铺在沙滩上，用海水浸湿，草木灰即可以吸附海盐，所以利用的是草木灰的吸附作用，故B正确；C．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，故C正确；D．石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，故D错误；答案选D。3.三室式电渗析法处理含乳酸（HA表示乳酸分子，A-表示乳酸根离子）废水的原理如图所示，采纳惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，下列说法正确的是（）A.阴极区电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑B.交换膜cd为阳离子交换膜，H+从阳极区通过阳离子交换膜进入浓缩室C.通电一段时间后浓缩室水的量削减，导致乳酸溶液增大D.当电路中通过1mol电子的电量时，两极肯定共产生11.2L（标准状况下）气体【答案】B【解析】【分析】与电源正极相连的是电解池的阳极，与电源负极相连的是电解池的阴极，用惰性电极电解，电解质溶液中的阴阳离子放电。【详解】A．左边为阴极，电极反应式为2H++2e-═H2↑，故A错误；B．右边为阳极，电极上电极反应式为2H2O-4e-═4H++O2↑，生成的H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，没有进入阴极区，故B正确；C．阳极OH-放电，c（H+）增大，H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室，A-通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室，H++A-⇌HA，乳酸浓度增大，故C错误；D．阳极反应式4OH--4e-═2H2O+O2↑，所以当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成，阴极反应式为2H2O+4e-═2OH-+H2↑，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的H2生成，标准状况下共0.75×22.4=16.8L，故D错误；答案选B4.下列说法正确的是（）A.乙醇和乙醚互为同分异构体B.硝基乙烷和硝酸乙酯（CH3CH2ONO2）互为同分异构体C.结构简式为的一溴代物有4种D.分子式为C4H8属于烯烃的同分异构体有3种（不包括立体异构）【答案】D【解析】【详解】A．乙醇和乙醚的分子式不同，不是同分异构体，故A错误；B．硝基乙烷（CH3CH2NO2）和硝酸乙酯（CH3CH2ONO2）分子式不同，不是同分异构体，故B错误；C．一溴代物有5种，故C错误；D．C4H8属于烯烃的同分异构体为碳链异构和碳碳双键的位置异构，丁烯的全部烯烃的碳链结构有：C=C-C-C、C-C=C-C、，共3种，故D正确；答案选D。5.肯定温度下，某密闭容器中发生反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)ΔH>0，若15s内c(HI)由0.1mol/L降到0.07mol/L，则下列说法正确的是（）A.缩小反应体系的体积，化学反应速率加快B.c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需的反应时间小于10sC.上升温度正反应速率加快，逆反应速率减慢D.0~15s内用I2表示的平均反应速率为v(I2)=0.002mol/(L•s)【答案】A【解析】【详解】A.减小反应体系的体积，相当于增大压强，各物质浓度都增大，则化学反应速率加快，故A正确；B.反应物浓度越大，化学反应速率越快，则c(HI)由0.07mol/L降到0.05mol/L所需时间大于10s，故B错误；C.上升温度活化分子百分数增大，则正逆反应速率都加快，故C错误；D.若在0∼15s内v(HI)=（0.1−0.07）÷15mol/(L•s)=0.002mol/(L•s)，相同时间内v(I2)=v(HI)=×0.002mol/(L•s)=0.001mol/(L•s)，故D错误；故选：A。6.依据下列试验操作和现象所得到的结论正确的（）选项试验操作和现象结论A室温下，用pH试纸分别测定等浓度的NaClO溶液和CH3COONa溶液的pH，CH3COONa溶液对应的pH试纸更蓝酸性：NaClO>CH3COONaB取某Na2SO3溶液，加入足量的稀盐酸，产生气泡，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀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，溶液变成血红色原溶液中肯定含有Fe2+D在2mL0.01mol/L的Na2S溶液中先滴入几滴0.01mol/LZnSO4溶液有白色沉淀，再滴入CuSO4溶液，又出现黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A.NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，故A错误；B.加入足量的稀盐酸，解除亚硫酸根离子的干扰，后加氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡，则Na2SO3已部分被氧化，故B正确；C.先滴加少量氯水，再滴加2滴KSCN溶液，溶液变成血红色，原溶液中只含Fe3+也会产生相同的现象，检验Fe2+应先加KSCN溶液，无明显现象，再加氯水检验，故C错误；D.Na2S溶液过量，再滴入硫酸铜溶液，铜离子与硫离子形成黑色CuS沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，不能比较Ksp大小，故D错误；故选：B。7.常温下体积为1mL、浓度均为0.10mol/L的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释至体积为VmL，pH随lgV的改变状况如图所示，下列叙述中正确的是（）A.VOH为弱碱B.pH=10的两种溶液中的c(X+)：XOH大于X2CO3C.当lgV=3时，XOH溶液中由水电离的OH-的浓度为10-10mol/LD.当lgV=2时，若X2CO3溶液上升温度，溶液碱性增加则减小【答案】C【解析】【详解】A．依据图知，0.1mol/L的XOH的pH=13，说明XOH溶液中c（OH-）=c（XOH），XOH完全电离，为强电解质，故A错误；B．XOH是强碱溶液、X2CO3是强碱弱酸盐溶液，要使两种溶液的pH相等，则c（XOH）<c（X2CO3），则c（X+）：XOH小于X2CO3，故B错误；C.当lgV=3时，有图像可知，XOH溶液的pH=10，溶液中氢离子的浓度是10-10mol/L，氢离子来自水的电离，水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度相等，则由水电离的OH-的浓度为10-10mol/L，故C正确；D．当lgV=2时，则溶液的体积变为原来的100倍，上升温度，促进水解，第一步水解程度远远大于其次步，所以溶液中c（CO32-）减小，c（HCO3-）增大，所以c（HCO3-）/c（CO32-

）增大，故D错误；故选：C。二、非选择题：共58分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必需作答。第11、12题为选考题，考生依据要求作答。（一）必考题（共43分）8.某试验小组用如图所示装置制取溴苯和溴乙烷.已知溴乙烷为无色液体，难溶于水，沸点为38.4℃，熔点为-190℃，密度为1.46g•cm-3。主要试验步骤如下：①检查装置的气密性后，向圆底烧瓶中加入肯定量的苯和液溴。②向锥形瓶中加入乙醇和浓H2SO4的混合液至浸没进气导管口。③将A装置中的纯铁丝当心向下插入混合液中。④点燃B装置中的酒精灯，用小火缓缓对锥形瓶加热10min。请填写下列空白：（1）写出A装置中制取溴苯的化学方程式__。（2）导管a的作用是__。（3）C装置中U型管内部用蒸馏水封住管底的作用是__。（4）反应完毕后，U型管内液体分层，溴乙烷在__层（填：上或下）。（5）步骤④中__（填“能”“否”）用大火加热，理由是__。（6）为探究溴和苯的上述反应是取代反应而不是加成反应，用装置D代替装置B、C干脆与A相连重新操作试验。①装置D中小试管内装有CCl4，其主要作用是__。②锥形瓶中装有水，反应后向锥形瓶的水溶液中滴加硝酸银溶液，若有__产生，证明该反应为取代反应。（7）要检验某溴乙烷中的溴元素，正确的试验方法是：向盛有适量溴乙烷的试管中__。A.加入新制的氯水振荡，再加入少量CCl4振荡，视察下层是否变为橙红色B.滴入硝酸银溶液，再加入稀硝酸使溶液呈酸性，视察有无浅黄色沉淀生成C.加入NaOH溶液共热，冷却后加入硝酸银溶液，视察有无浅黄色沉淀生成D.加入NaOH溶液共热，冷却后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，视察是否有浅黄色沉淀生成【答案】(1).+Br2+HBr(2).导气、冷凝回流(3).溶解汲取溴化氢气体，防止溴化氢及产物逸出污染环境(4).下(5).不能(6).乙醇挥发，易发生副反应生成乙醚、乙烯，浓硫酸使乙醇碳化等(7).汲取挥发出来的溴蒸气(8).淡黄色沉淀(9).D【解析】【分析】（1）苯在铁做催化剂时可以和溴发生取代反应获得溴苯；（2）苯和溴都是易挥发的物质，导管a起导气，兼起苯与溴蒸气的冷凝和回流作用，削减反应物的损失；（3）氢溴酸是强酸，水可以阻挡物质的溢出，起到水封的作用；（4）反应完毕后，分别U形管内有溴乙烷和蒸馏水，溴乙烷不溶于水，密度比水大；（5）乙醇易挥发，且温度过高时，乙醇在浓H2SO4存在条件下会发生副反应生成乙烯、乙醚等，据此答题；（6）苯和溴都是易挥发的物质，生成物中有苯和溴蒸气，要除去，假如发生取代反应生成物含有HBr，用硝酸银检验，出现淡黄色沉淀；（7）检验某溴乙烷中的溴元素，须要用硝酸中和掉多余的NaOH溶液，再滴加硝酸银溶液。【详解】（1）苯在铁做催化剂时可以和溴发生取代反应获得溴苯，发生反应的原理方程式为：+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；（2）苯和溴都是易挥发的物质，导管a起导气，兼起苯与溴蒸气的冷凝和回流作用，削减反应物的损失，故答案为：导气、冷凝、回流；（3）溴化氢极易溶于水，形成的氢溴酸是强酸，水可以阻挡易挥发物质HBr的溢出，起到水封的作用，故答案为：溶解汲取溴化氢气体，防止溴化氢及产物逸出污染环境；（4）溴乙烷不溶于水，密度比水大，在下层，故答案为：下；（5）步骤④不能用大火加热，否则乙醇在浓H2SO4存在条件下发生副反应生成乙醚、乙烯等，故答案为：不能；乙醇挥发，易发生副反应生成乙醚、乙烯，浓硫酸使乙醇碳化等；（6）①苯和溴都是易挥发的物质，生成物中有苯和溴蒸气，要除去，所以装置（Ⅱ）的锥形瓶中，小试管内盛有CCl4液体，其作用是汲取挥发出来的溴蒸气；②证明苯和溴的反应为取代反应而不是加成反应，即检验生成的产物为HBr，则滴加硝酸银溶液，视察到淡黄色沉淀出现，故答案为：汲取挥发出来的溴蒸气；淡黄色沉淀；（7）要检验某溴乙烷中的溴元素，正确的试验方法是：向盛有适量溴乙烷的试管中，加入NaOH溶液共热，冷却后加入稀硝酸使溶液呈酸性，再滴入硝酸银溶液，视察是否有浅黄色沉淀生成，故答案为：D。9.下表是甲、乙、丙、丁四种有机物的有关信息：甲①能使溴的四氯化碳溶液褪色；②能与水在肯定条件下反应生成丙；③比例模型为乙①由C、H两种元素组成；②比例模型为丙①由C、H、O三种元素组成；②能与Na反应，但不能与NaOH溶液反应；③能与丁反应生成相对分子质量为100的酯丁①由C、H、O三种元素组成；②球棍模型为回答下列问题：（1）甲与溴的四氯化碳溶液反应的生成物的结构简式是__。（2）乙具有的性质是__（填序号）。A.无色无味液体，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.任何条件下不与氢气反应（3）丙的官能团的名称：__；写出丙与Na反应的化学方程式：__。（4）甲与氢气发生加成反应后生成物质戊，与戊在结构上相像的有机物有一大类（即“同系物”），它们均符合通式CnH2n+2。当n≥__时，这类有机物出现同分异构现象。（5）丙与丁反应能生成相对分子质量为100的酯，该反应的反应类型为__；其化学方程式为___。【答案】(1).CH2BrCH2Br(2).C(3).羟基(4).2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑(5).4(6).酯化反应/取代反应(7).CH2=CH-COOH+C2H5OHCH2=CH-COOC2H5+H2O【解析】【分析】比例模型为能使溴的四氯化碳溶液褪色，则甲是乙烯CH2=CH2；甲能与水在肯定条件下反应生成丙，则丙为CH3CH2OH；乙由C、H两种元素组成；比例模型为，则乙是C6H6；丁由C、H、O三种元素组成；球棍模型为，则丁是CH2=CH-COOH。【详解】（1）甲是乙烯，与溴的四氯化碳溶液反应的生成物的结构简式是：CH2BrCH2Br，故答案为：CH2BrCH2Br；（2）乙是苯，苯为无色带有特别气味的液体，有毒，故A错误；不溶于水，密度小于水，故B错误；和酸性高锰酸钾不反应，故C正确；在Ni的催化剂作用下可与H2发生加成反应，故D错误；故答案为：C；（3）丙的CH3CH2OH，官能团的名称：羟基，乙醇与Na反应的化学方程式：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，故答案为：羟基；2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑；（4）甲与氢气发生加成反应后生成物质戊，则戊为CH3CH3，戊的同系物中，当n≥4时，这类有机物出现同分异构现象，故答案为：4；（5）丙是CH3CH2OH，丁是CH2=CH-COOH，两者反应能生成酯，该反应反应类型为酯化反应或取代反应，化学方程式为：CH2=CH-COOH+C2H5OHCH2=CH-COOC2H5+H2O，故答案为：酯化反应/取代反应；CH2=CH-COOH+C2H5OHCH2=CH-COOC2H5+H2O。10.已知25℃时，几种常见弱酸的Ka如下表所示：电解质H2C2O4CH3COOHHCNH2CO3电离常数（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）是一种___（填“一元”、“二元”、“多元”）弱酸。25℃时，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)。回答下列问题：①当V<10mL时，反应的离子方程式为___。②当V=10mL时，溶液中、、H2C2O4、H+的浓度由大到小的依次为__。③当V=amL时，溶液中离子浓度有如下关系：c(K+)=2c()+c()；当V=bmL时，溶液中离子浓度有如下关系：c(K+)=c()+c()+c(H2C2O4)；则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）电离常数越大，酸的酸性越强，其盐溶液的水解程度越小，盐溶液的pH越小；（2）①当V＜10mL时，H2C2O4和KOH反应生成，还有草酸多余；②当V=10mL时，H2C2O4和KOH恰好完全反应生成KHC2O4，依据电离平衡常数推断电离和水解程度的大小；③依据电荷守恒、物料守恒分析推断溶液的组成。【详解】（1）草酸为二元弱酸分步电离；电离平衡常数由大到小的依次为：H2C2O4>>CH3COOH>H2CO3>HCN>，电离常数越大，酸的酸性越强，其盐溶液的水解程度越小，盐溶液的pH越小，则浓度均为0.1mol•L-1的Na2C2O4、CH3COONa、NaCN、Na2CO3的pH由大到小的依次是Na2CO3>NaCN>CH3COONa>Na2C2O4，故答案为：二元；Na2CO3>NaCN>CH3COONa>Na2C2O4；（2）①当V＜10mL时，H2C2O4和KOH反应生成，还有草酸多余，反应的离子方程式为：H2C2O4+OH-=+H2O；故答案为：H2C2O4+OH-=+H2O；②当V=10mL时，H2C2O4和KOH恰好完全反应生成KHC2O4，水解平衡常数Kh===1.79×10-13<K2(H2C2O4)，说明溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，溶液中、、H2C2O4、H+的浓度从大到小的依次为：c()>c(H+)>c()>c(H2C2O4)；故答案为：c()>c(H+)>c()>c(H2C2O4)；③当V=amL时，溶液中离子浓度有如下关系：c(K+)=2c()+c()，溶液中电荷守恒为c(K+)+c（H+）=2c()+c()+c（OH-），则c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，溶液中溶质为KHC2O4和K2C2O4；当V=bmL时，溶液中离子浓度有如下关系：c(K+)=c()+c()+c(H2C2O4)是溶液中物料守恒分析，溶质为KHC2O4；说明a大于b；故答案为：＞。11.（1）科学家制造出一种运用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航天航空。如图1所示装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在电极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导O2-。已知：正极反应式：O2-4e-=2O2-。则：c电极的名称为__，d电极上的电极反应式为__。（2）如图2所示，用惰性电极电解100mL0.5mol•L-1CuSO4溶液，a电极上的电极反应式为__，若a电极产生56mL（标准状况）气体，则所得溶液的pH=_（不考虑溶液体积改变）。【答案】(1).正极(2).CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O(3).4OH--4e-=2H2O+O2↑或2H2O-4e-=4H++O2↑(4).1【解析】【分析】(1)依据装置图中电流流向分析，c为正极，氧气得电子发生还原反应，d为负极，甲烷失电子发生氧化反应；(2)图乙是电解池，与电源正极连接的a电极为阳极，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，b为阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，结合电极方程式计算。【详解】（1）图甲是原电池，依据电流流向是从正极流向负极，c电极为正极，氧气得到电子发生还原反应，d电极为电池负极，甲烷失电子发生氧化反应，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导阳极生成的O2-离子，负极电极反应为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；（2）如图乙所示电解100mL0.5mol•L-1CuSO4溶液，发生的电解总反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，与电源正极相连的a极为阳极，溶液中氢氧根离子失去电子发生氧化反应，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑或者4OH--4e-=2H2O+O2↑；若a电极产生56mL（标准状况）氧气，氧气物质的量为0.0025mol，溶液中生成氢离子物质的量为0.01mol，c（H+）==0.1mol/L，pH=-lg0.1=1。（二）选考题：共15分。请考生从2题中任选一题作答。假如多做，则按所做的第一题计分。12.已知元素N、S、可形成多种物质，在工业生产上有着广泛的应用。请回答下列问题：（1）Se与S是同族元素，请写出基态Se原子的电子排布式：__。N与S是不同族元素，请说明NH3在水中的溶解度比H2S大的缘由：__。（2）有一种由1~9号元素中的部分元素组成，且与SCl2互为等电子体的共价化合物，它的分子式为__。借助等电子体原理可以分析出SCN-中σ键和π键的个数比为__。（3）已知的结构为其中S原子的杂化方式是__。（4）N、P可分别形成多种三角锥形分子，已知NH3的键角大于PH3，缘由是__。（5）离子晶体中阳离子和阴离子的半径比不同可形成不同的晶胞结构，见下表：半径比0.225～0.4140.414～0.7320.732～1典型化学式立方ZnSNaClCsCl晶胞已知某离子晶体RA，其阴阳离子半径分别为184pm和74pm，摩尔质量为Mg/mol，则阳离子配位数为__，晶体的密度为__g/cm3（列出计算式，无需化简，设NA为阿伏加德罗常数的值）。【答案】(1).[Ar]3d104s24p4或1s22s22p63s23p63d104s24p4(2).NH3分子与H2O分子之间可以形成氢键，而H2S分子不能与H2O分子之间形成氢键(3).OF2(4).1：1(5).sp3杂化(6).由于电负性N>P>H，且氮原子半径小于磷原子半径，NH3分子中成键电子对彼此相距更近，斥力更大，所以键角NH3>PH3(7).4(8).【解析】【分析】（1）元素Se处于第四周期VIA族，原子序数为34；NH3分子与H2O分子间形成氢键，H2S不能与H2O形成氢键；（2）等电子体是指原子数目相等，价电子数目相等的粒子，利用原子替换书写，同主族元素原子价电子数目相等；（3）结构中两边的S原子均形成4个σ键且无孤对电子，中间的两个S原子均形成两个单键，且均有两对孤对电子；（4）电负性N＞P，且N原子半径小于P原子半径，NH3中成键电子对彼此相离更近，斥力更大；（5）依据74÷184≈0.402，离子晶体RA的晶胞为立方ZnS型，晶胞中阴离子的配位数为4，晶胞中阴阳离子个数比为1：1.1个晶胞含有4个“RA”，结合摩尔质量计算晶胞中微粒总质量，阴阳离子半径之和为体对角线的，且体对角线为晶胞边长的倍，结合密度公式计算【详解】（1）元素Se处于第四周期VIA族，原子序数为34，基态电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p4；N的电负性很大，使得NH3中N-H键极性特别强，N原子带有明显的负电荷，H2O强极性O-H中的H几乎成为袒露的质子，NH3分子与H2O分子间形成了O-H…N氢键，使NH3在水有很大的溶解度。H2S中S所带负电荷不足以使H2S与H2O形成氢键，所以H2S在水中溶解度较小，故答案为：[Ar]3d104s24p4或1s22s22p63s23p63d104s24p4；NH3分子与H2O分子之间可以形成氢键，而H2S分子不能与H2O分子之间形成氢键；（2）等电子体是指原子数目相等，价电子数目相等的粒子，由1～9号元素中的部分元素组成的物质中，与SCl2互为等电子体的共价化合物，只有OF2；SCN-与CO2互为等电子体，CO2的分子结构为O=C=O，其中σ键和π键的个数比为2：2=1：1，所以SCN-中σ键和π键的个数比为也1：1，故答案为：OF2；1：1；（3）的结构中两边的S原子均形成4个σ键且无孤对电子，所以均为sp3杂化，中间的两个S原子均形成两个单键，且均有两对孤对电子，所以均为sp3杂化，故答案为：sp3杂化；（4）NH3和PH3均是三角锥形结构，都有一对孤对电子的斥力影响，由于电负性N＞P＞H，且N原子半径小于P原子半径，N