2025年华东师大版高二化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年华东师大版高二化学下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、下列物质的类别与所含官能团都正确的是rm{(}rm{)}A.酚类rm{-OH}B.rm{CH_{3}-O-CH_{3}}醚类C.醛类rm{-CHO}D.羧酸rm{-CHO}2、下列关于同温同压下的两种气体rm{{,!}^{12}C^{18}O}和rm{{,!}^{14}N_{2}}的判断正确的是rm{(}rm{)}A.体积相等时密度相等B.原子数相等时具有的中子数相等C.体积相等时具有的电子数相等D.质量相等时具有的质子数相等3、常见有机反应类型有：①取代反应②加成反应③消去反应④酯化反应⑤加聚反应⑥缩聚反应⑦氧化反应⑧还原反应，其中可能在有机分子中新产生羟基的反应类型是（）A.①②③④B.⑤⑥⑦⑧C.①②⑥⑧D.③④⑤⑥4、某有机化合物rm{D}的结构为是一种常见的有机溶剂，它可以通过下列三步反应制得：烃rm{xrightarrow[垄脵]{Br_{2}}Bxrightarrow[垄脷]{NaOH{脠脺脪潞}}Cxrightarrow[垄脹140隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}D}下列相关说法中不正确的是rm{xrightarrow[垄脵]{Br_{2}}B

xrightarrow[垄脷]{NaOH{脠脺脪潞}}C

xrightarrow[垄脹140隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}D}rm{(}A.烃rm{)}为乙烯B.反应rm{A}rm{垄脵}rm{垄脷}的反应类型依次为加成反应，取代反应，取代反应C.反应rm{垄脹}为了加快反应速率可以快速升温至rm{垄脹}度D.化合物rm{170隆忙}属于醚rm{D}5、同时对农作物施用含rm{N}rm{P}rm{K}的三种化肥，对给定的下列化肥rm{垄脵K_{2}CO_{3}}rm{垄脷KCl}rm{垄脹Ca(H_{2}PO_{4})_{2}}rm{垄脺(NH_{4})_{2}SO_{4}}rm{垄脻}氨水，最适当的组合是rm{(}rm{)}A.rm{垄脵垄脹垄脺}B.rm{垄脵垄脹垄脻}C.rm{垄脷垄脹垄脺}D.rm{垄脷垄脹垄脻}6、一个原电池反应是rm{Zn+Cu^{2+}=Zn^{2+}+Cu}该反应的原电池的组成正确的rm{(}rm{)}

。rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}正极rm{Zn}rm{Ag}rm{C}rm{Cu}负极rm{Cu}rm{Cu}rm{Zn}rm{Zn}电解质溶液rm{CuCl_{2}}rm{H_{2}SO_{4}}rm{CuSO_{4}}rm{FeCl_{2}}A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}评卷人得分二、双选题(共7题，共14分)7、描述rm{CH_{3}-CH=CH-C隆脭C-CF_{3}}分子结构的下列叙述中，正确的是rm{(}rm{)}A.rm{6}个碳原子有可能都在一条直线上B.rm{6}个碳原子不可能都在一条直线上C.rm{6}个碳原子有可能都在同一平面上D.rm{6}个碳原子不可能都在同一平面上8、如下图所示，rm{triangleH_{1}=-393.5kJ?mol^{-1}}rm{triangleH_{2}=-395.4kJ?mol^{-1}}下列说法或表示式正确的是rm{triangle

H_{1}=-393.5kJ?mol^{-1}}rm{triangle

H_{2}=-395.4kJ?mol^{-1}}A.rm{(}石墨rm{)}rm{C(s}金刚石rm{)triangleH=+1.9kJ?mol^{-1}}B.石墨和金刚石的转化是物理变化C.石墨的稳定性强于金刚石D.rm{)_{=}}石墨的总键能比rm{C(s}金刚石的总键能小rm{)triangleH=

+1.9kJ?mol^{-1}}rm{1mol}9、以下电子排布式属于基态原子的电子排布的是A.rm{1s^{1}2s^{1}}B.rm{1s^{2}s^{1}2p^{1}}C.rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}}D.rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3p^{1}}10、下列物质属于纯净物的是（）A.铁锈B.氧化铁C.水银D.硬铝11、下列有关说法中正确的是（）A.Ksp（AB2）＜Ksp（CD），说明AB2的溶解度小于CD的溶解度B.在ZnS的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，ZnS的Ksp不变C.已知Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），则反应AgCl（s）+I-（aq）=AgI（s）+Cl-（aq）能够发生D.在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中加入稀盐酸，沉淀溶解平衡不移动12、将一定量有机物充分燃烧后的产物通入足量的石灰水中充分吸收，经过滤得到沉淀rm{20}克，滤液质量比原石灰水少rm{5.8}克，该有机物可能是：A.乙烯B.乙二醇C.乙醇D.丙三醇13、rm{25隆忙}时，在某物质的溶液中，由水电离出的rm{c(H^{+})=1隆脕10^{-a}mol/L}下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.rm{a<7}时，水的电离受到抑制B.rm{a>7}时，水的电离受到抑制C.rm{a<7}时，溶液的rm{pH}一定为rm{a}D.rm{a>7}时，溶液的rm{pH}一定为rm{14-a}评卷人得分三、填空题(共8题，共16分)14、（1）经测定，20g氢气在氧气中燃烧生成水蒸气，放热2418.0kJ，写出该反应的热化学方程式____；已知：3Fe（s）+2O2（g）═Fe3O4（s）△H=-1118.4kJ•mol-1，根据以上信息，则反应3Fe（s）+4H2O（g）═Fe3O4（s）+4H2（g）的△H=____

（2）某学生实验小组用50mL0.50mol•L-1的盐酸与50mL0.50mol•L-1的NaOH溶液在右图所示的装置中进行中和反应反应热的测定。

①图中装置缺少的一种仪器，该仪器名称为____．

②将反应混合液的____温度记为反应的终止温度．

③下列说法正确的是____

A．小烧杯内残留有水；会使测得的反应热数值偏小。

B．可用相同浓度和体积的醋酸代替稀盐酸溶液进行实验。

C．烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯。

D．酸；碱混合时；应把量筒中的溶液缓缓倒入烧杯的溶液中，以防液体外溅．

15、工业上利用CO和水蒸气在一定条件下发生反应制取氢气：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ/mol

某小组研究在相同温度下该反应过程中的能量变化．他们分别在体积均为VL的两个恒温恒容密闭容器中加入一定量的反应物；使其在相同温度下发生反应．相关数据如下：

。容器编号起始时各物质物质的量/mol达到平衡的时间/min达平衡时体系能量的变化/kJCOH2OCO2H2①14t1放出热量：32.8kJ②28t2放出热量：Q（1）该反应过程中，反应物分子化学键断裂时所吸收的总能量____（填“大于”；“小于”或“等于”）生成物分子化学键形成时所释放的总能量．

（2）容器①中反应达平衡时，CO的转化率为____%．

（3）下列叙述正确的是____（填字母序号）．

A、平衡时，两容器中H2的体积分数相等。

B；容器②中反应达平衡状态时；Q＞65.6kJ

C、反应开始时，两容器中反应的化学反应速率相等D；容器①中；化学反应速率为。

（4）已知：2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-484kJ/mol，写出CO完全燃烧生成CO2的热化学方程式：____．

（5）容器①中反应进行到tmin时，测得混合气体中CO2的物质的量为0.6mol．若用200ml、5mol/L的NaOH溶液将其完全吸收，反应的离子方程式为（用一个离子方程式表示）____．16、（每空2分，共12分）（Ⅰ）钢铁容易生锈的主要原因是因为钢铁在炼制过程中混有少量的碳杂质，在潮湿的空气中容易形成原电池，发生电化学腐蚀。在空气酸度不大的环境中，其负极是，负极反应式为；正极是____，正极反应式为。受空气的影响还会发生相应的颜色变化，其相应的化学方程式为。（Ⅱ）下列各情况，在其中Fe片腐蚀由快到慢的顺序是（用序号表示）17、实验室需要0.1mol/LNaOH溶液450mL和0.5mol/L硫酸溶液500mL．根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：

（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是______；（填序号），配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是______（填仪器名称）．

（2）配制NaOH时，在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度______0.1mol/L（填“大于”；“等于”或“小于”）．

（3）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为______mL（计算结果保留一位小数）．在实验中其他操作均正确，若用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线，则所得配得溶液浓度______0.5mol/L（填“大于”、“等于”或“小于”）．18、(12分)有七种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F、G为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请回答问题。。A元素的核外电子数和电子层数相等，也是宇宙中最丰富的元素B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C原子的第一至第四电离能分别是:I1=738kJ/molI2=1451kJ/molI3=7733kJ/molI4=10540kJ/molD原子核外所有p轨道全满或半满E元素的主族序数与周期数的差为4F是前四周期中电负性最小的元素G在周期表的第八列（1）已知BA5为离子化合物，是由、两种微粒构成的（填化学符号）。（2）B基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有个方向，原子轨道呈形。（3）某同学根据上述信息，推断C基态原子的核外电子排布为，该同学所画的电子排布图违背了。（4）G位于族，G3+价电子排布式为。GE3常温下为固体，熔点沸点在以上升华，易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断GE3的晶体类型为________________。（5）DE3中心原子的杂化方式为，其空间构型为。（6）前四周期中与F同一族的所有元素分别与E元素形成化合物，其晶体的熔点由高到低的排列顺序为（写化学式），原因是19、（7分）（1）按官能团的不同可以对有机物进行分类，请指出下列有机物的种类，填在横线上。（2）化合物A和B的分子式都是C2H4Br2,A的核磁共振氢谱图如图所示，则A的结构简式为：____，请预测B的核磁共振氢谱上有____个峰（信号）。20、用铅蓄电池连接惰性电极电解一定量的CuSO4溶液；请回答下列问题：

（1）铅蓄电池放电时正极的电极反应式为______；

（2）惰性电极电解CuSO4溶液的离子方程为______；

（3）若电解一段时间后向电解池溶液中加入1molCu（OH）2•CuCO3，可以使该溶液恢复至原来的浓度和体积，则在该电解过程中转移电子的数目为______，该电解过程中铅蓄电池中消耗的H2SO4和电解池中生成的H2SO4的物质的量之比为______．21、已知某溶液中存在rm{OH^{-}}rm{H^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Cl^{-}}四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序有如下四种关系：rm{垄脵c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}rm{垄脷c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})>c(H^{+})}rm{垄脹c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}rm{垄脺c(Cl^{-})>c(H^{+})>c(NH_{4}^{+})>c(OH^{-})}填写下列空白：rm{(1)}若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是_______________，上述四种离子浓度的大小顺序为____rm{(}选填序号rm{)}．rm{(2)}若上述关系中rm{垄脹}是正确的，则溶液中的溶质为___________________；若上述关系中rm{垄脺}是正确的，则溶液中的溶质为________________________．rm{(3)}若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前rm{c(HCl)}________rm{c(NH}________rm{c(HCl)}rm{c(NH}rm{{,!}_{3}}rm{?H}rm{?H}填“rm{{,!}_{2}}”“rm{O)(}填“rm{<}”“rm{>}”或“rm{=}”下同rm{)}混合前酸中rm{c}rm{(H}”或“rm{O)(}”下同rm{<}混合前酸中rm{>}rm{=}rm{)}rm{c}和碱中rm{(H}rm{{,!}^{+}}rm{)}和碱中rm{c(OH}的关系为rm{)}rm{c(OH}rm{{,!}^{-}}_______rm{)}的关系为rm{c(H}rm{)}rm{c(H}rm{{,!}^{+}}评卷人得分四、原理综合题(共1题，共5分)22、研究钠及其化合物有重要意义。

（1）NaOH是实验室中最常用的试剂之一。实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL；根据配制溶液的过程，回答问题：

①实验中除需要托盘天平（带砝码）、药匙、烧杯和玻璃棒外，还需要的其他玻璃仪器是__________。

②实验中需用托盘天平（带砝码）称量NaOH固体________g。

（2）Na2O2可作为呼吸面具和潜水艇里氧气的来源。Na2O2作为供氧剂时可能发生的反应有_________、___________。

（3）过氧化钠保存不当容易变质生成Na2CO3。某过氧化钠样品已经部分变质，请你设计实验，限用一种溶液和水，证明过氧化钠已经变质：_________________________（说明操作；现象和结论）。

（4）NaNO2因外观和食盐相似；又有咸味，容易使人误食中毒。

①已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O

上述反应中，标准状况下，每生成2.24LNO气体，转移电子的物质的量为_______mol，参加反应的HI的物质的量是________________mol。

②实验室要鉴别NaNO2和NaCl两种固体，可选用的试剂是_________（填序号）。

A.HI溶液B.NaOH溶液C．酸化KI溶液和淀粉溶液D.Ba（NO3）2溶液评卷人得分五、简答题(共2题，共4分)23、Ⅵrm{A}族的氧、硫、硒rm{(Se)}碲rm{(Te)}等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含Ⅵrm{A}族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：rm{(1)S}单质的常见形式为rm{S_{8}}其环状结构如下图所示，rm{S}原子采用的轨道杂化方式是_____；

rm{(2)}原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，rm{O}rm{S}rm{Se}原子的第一电离能由大到小的顺序为_______________；rm{(3)Se}的原子序数为_____，其核外rm{M}层电子的排布式为___________________________；rm{(4)H_{2}Se}的酸性比rm{H_{2}S}_____rm{(}填“强”或“弱”rm{)}气态rm{SeO_{3}}分子的立体构型为______________，rm{SO_{3}^{2-}}离子的立体构型为_________________；rm{(5)H_{2}SeO_{3}}的rm{K_{1}}和rm{K_{2}}分别为rm{2.7隆脕10^{-3}}和rm{2.5隆脕10^{-8}}rm{H_{2}SeO_{4}}第一步几乎完全电离，rm{K_{2}}为rm{1.2隆脕10^{-2}}请根据结构与性质的关系解释：rm{垄脵H_{2}SeO_{3}}和rm{H_{2}SeO_{4}}第一步电离程度大于第二步电离的原因：__________________________。rm{垄脷H_{2}SeO_{4}}比rm{H_{2}SeO_{3}}酸性强的原因：__________________________。rm{(6)ZnS}在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方rm{ZnS}晶体结构如下图所示，其晶胞边长为rm{540.0pm}其密度为_______________________rm{(}列式并计算rm{)}rm{a}位置rm{S}列式并计算rm{(}rm{)}位置rm{a}rm{S}rm{{,!}^{2-}}位置离子与rm{b}位置rm{Zn}rm{b}rm{Zn}列式表示rm{{,!}^{2+}}离子之间的距离为_______________________rm{pm(}列式表示rm{)}rm{pm(}24、rm{37.}孔雀石的主要成分为rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}还含少量二价铁和三价铁的氧化物及硅的氧化物。以下是实验室以孔雀石为原料制备rm{CuSO_{4}隆陇5H_{2}O}晶体的流程图：rm{(1)}试剂rm{A}的化学式是_____________；操作Ⅰ的名称是______________；rm{(2)}生成气体rm{X}的化学方程式为：_________________________________。rm{(3)}使用试剂rm{B}的目的是将溶液中的rm{Fe^{2+}}转化为rm{Fe^{3+}}试剂rm{B}最好选用_________A.酸性rm{KMnO_{4}}溶液rm{B.}双氧水rm{C.}浓硝酸rm{D.}氯水rm{(4)}已知：。物质rm{Fe(OH)_{3}}rm{Cu(OH)_{2}}开始沉淀时的rm{pH}rm{2.3}rm{4.8}完全沉淀时的rm{pH}rm{3.7}rm{6.7}

rm{垄脵}试剂rm{C}的使用是为了调节溶液的rm{pH}使rm{Fe^{3+}}转化为沉淀予以分离。试剂rm{C}宜选用__________：A.稀硫酸rm{B}rm{.NaOH}溶液rm{C.}氨水rm{D.CuO}rm{垄脷}为完全除去溶液rm{c}中的rm{Fe^{3+}}而又不使rm{Cu^{2+}}沉淀，则应调节溶液rm{pH}的范围为__________。rm{(5)}请设计一种实验方案检验溶液中rm{Fe^{3+}}是否完全除去rm{(}写出操作步骤、现象和结论rm{)}________________________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B【分析】解：rm{A}．中羟基没有与苯环直接相连；该有机物为醇类，不属于酚类，故A错误；

B.rm{CH_{3}-O-CH_{3}}中含有的官能团为醚键rm{(}rm{)}属于醚类，故B正确；

C.中含有的官能团为酯基；属于酯类物质，故C错误；

D.中含有官能团羧基；属于羧酸，故D错误；

故选B．

A.羟基与苯环侧链的碳原子相连；该有机物为醇类；

B.该有机物分子中含有官能团为醚键；属于醚类；

C.该有机物分子中含有的官能团为酯基；属于酯类物质；

D.该有机物分子中含有羧基；属于羧酸类物质．

本题考查了烃的衍生物的官能团及有机物分类，题目难度不大，注意掌握烃的衍生物的官能团类型、有机物的分类方法，明确有机物分类方法与官能团类型的关系．【解析】rm{B}2、C【分析】【分析】

本题考查阿伏伽德罗定律的应用；质量与物质的量的关系，质子数；电子数、中子数、质量数的计算，难度中等。

【解答】

A.同温同压下的气体体积相等；则物质的量相等，但两种气体的质量数不同，所以质量不同，密度也不同，故A错误；

B.原子数相等即物质的量相等，但rm{1}个分子中的中子数不相等；所以总中子数不相等，故B错误；

C.体积相等即物质的量相等，每个分子中都含有rm{14}个电子；所以总电子数相等，故C正确；

D.质量相等时物质的量不相等；每个分子中含有的质子数相等，所以总质子数不相等，故D错误。

故选C。【解析】rm{C}3、C【分析】【解析】【答案】C4、C【分析】解：由上述分析可知，rm{A}为乙烯，rm{B}为rm{BrCH_{2}CH_{2}Br}rm{C}为rm{OHCH_{2}CH_{2}OH}

A.rm{A}为rm{CH_{2}=CH_{2}}故A正确；

B.反应rm{垄脵}为加成、rm{垄脷}为水解、rm{垄脹}为取代反应；水解反应属于取代反应，故B正确；

C.快速升温至rm{170隆忙}醇发生消去反应，不能发生取代反应生成醚，故C错误；

D.rm{D}中含醚键；为环醚，故D正确；

故选C．

rm{D}的结构为结合烃rm{xrightarrow[垄脵]{Br_{2}}Bxrightarrow[垄脷]{NaOH{脠脺脪潞}}Cxrightarrow[垄脹140隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}D}可知，rm{xrightarrow[垄脵]{Br_{2}}B

xrightarrow[垄脷]{NaOH{脠脺脪潞}}C

xrightarrow[垄脹140隆忙]{{脜篓脕貌脣谩}}D}为rm{C}rm{OHCH_{2}CH_{2}OH}为rm{B}烃rm{BrCH_{2}CH_{2}Br}为乙烯，反应rm{A}为加成、rm{垄脵}为水解、rm{垄脷}为取代反应；以此来解答．

本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团变化、有机反应推断有机物为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意逆合成法的应用，题目难度不大．rm{垄脹}【解析】rm{C}5、C【分析】【分析】本题考查了铵盐的性质，题目难度不大，明确各种肥料的成分和性质是解题关键，注意碳酸钾与铵根离子发生双水解。【解答】A.rm{K_{2}CO_{3}}水解显碱性，rm{NH_{4}Cl}水解显酸性，二者混合会发生相互促进的水解反应生成氨气，会降低肥效；rm{K_{2}CO_{3}}与rm{Ca(H_{2}PO_{4})_{2}}反应会生成沉淀，会降低肥效，故A错误；B.rm{K_{2}CO_{3}}与rm{Ca(H_{2}PO_{4})_{2}}反应会生成沉淀，会降低肥效；rm{Ca(H_{2}PO_{4})_{2}}与氨水反应生成沉淀；会降低肥效，故B错误；

C.rm{垄脷KCl}rm{垄脹Ca(H_{2}PO_{4})_{2}}rm{垄脺(NH_{4})_{2}SO_{4}}相互不发生反应，可以混合使用，故C正确；D.rm{Ca(H_{2}PO_{4})_{2}}与氨水反应生成磷酸钙沉淀；会降低肥效，故D错误。

故选C。【解析】rm{C}6、C【分析】解：由电池反应式rm{Zn+Cu^{2+}篓TZn^{2+}+Cu}知；锌失电子发生氧化反应，作负极；不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，则电解质溶液中应含有铜离子，所以应为可溶性的铜盐；

A.锌应作负极；铜作正极，故A错误；

B.该装置不能自发的进行氧化还原反应；故B错误；

C.该装置中；锌易失电子作负极，铜作正极，电解质溶液为可溶性的铜盐，符合条件，故C正确；

D.电解质溶液中不含铜离子；故D错误；

故选C．

由电池反应式rm{Zn+Cu^{2+}篓TZn^{2+}+Cu}知；锌失电子发生氧化反应，作负极；不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，则电解质溶液中应含有铜离子，所以应为可溶性的铜盐，据此进行解答．

本题考查了原电池原理，难度不大，明确原电池的构成条件是解本题关键，注意根据方程式中发生的反应类型判断原电池的正负极及电解质溶液．【解析】rm{C}二、双选题(共7题，共14分)7、rBC【分析】解：分子中碳链空间结构为平面型，如图所示．

乙炔为直线型结构，rm{-C隆脭C-}决定了rm{3}rm{4}rm{5}rm{6}号rm{4}个碳原子在同一直线上，rm{2}rm{3}rm{4}号rm{3}个rm{C}有健角接近rm{120}度rm{.}所以rm{6}个碳原子不可能都在一条直线上；故A错误，B正确；

乙烯为平面型结构，决定rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}号rm{4}个碳原子在同一平面内，而rm{3}rm{4}rm{5}rm{6}号rm{4}个碳原子在同一直线上，rm{3}rm{4}号两个rm{C}原子已经在平面上，因此这条直线在这个平面上，rm{6}个rm{C}原子共面；故C正确，D错误．

故选：rm{BC}

分子中含有甲烷、乙烯、乙炔结构，甲烷为正四面体结构，乙烯为平面型结构，rm{6}个原子共面，乙炔为直线型结构，rm{4}个原子共线．

有机分子中原子共线、共面问题：rm{(1)}甲烷，正四面体结构，rm{C}原子居于正四面体的中心，分子中的rm{5}个中没有任何rm{4}个原子处于同一平面内rm{.}其中任意三个原子在同一平面内，任意两个原子在同一直线上rm{.(2)}乙烯，平面型结构，分子中的rm{6}个原子处于同一平面内，键角都约为rm{120^{circ}.(3)}乙炔，直线型结构，分子中的rm{4}个原子处于同一直线上rm{.(4)}苯，平面型结构，分子中的rm{12}个原子都处于同一平面rm{.}只要掌握好这些结构，借助rm{C-C}单键可以旋转而rm{C隆脭C}rm{C=C}不能旋转的特点，以及立体几何知识，各种与此有关的题目均可迎刃而解．【解析】rm{BC}8、AC【分析】【分析】本题考查热化学方程式的书写及应用；读懂图示；理清物质的稳定性与能量的关系是解答的关键，题目难度不大。

【解答】由图示得：rm{垄脵C(S}石墨rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-393.5kJ?mol^{-1}}

rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H=-393.5kJ?mol^{-1}}金刚石rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-395.4kJ?mol^{-1}}

利用盖斯定律将rm{垄脷C(S}可得：rm{)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangle

H=-395.4kJ?mol^{-1}}石墨rm{垄脵-垄脷}金刚石rm{)triangleH=+1.9kJ?mol^{-1}}则。

A.rm{C(S}石墨rm{)=C(S}金刚石rm{)triangleH=+1.9kJ?mol^{-1}}故A正确；

B.石墨和金刚石是碳元素的两种不同的单质；是同素异形体，石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故B错误；

C.金刚石能量大于石墨的总能量；物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C正确；

D.依据热化学方程式rm{)triangle

H=+1.9kJ?mol^{-1}}石墨rm{C(s}金刚石rm{)triangleH=+1.9kJ?mol^{-1}}rm{)=C(s}石墨的总键能比rm{)triangle

H=+1.9kJ?mol^{-1}}金刚石的总键能大于rm{C(S}故D错误；

故选AC。

rm{)=C(S}【解析】rm{AC}9、CD【分析】【分析】本题考查核外电子排布，题目难度不大，明确基态电子排布规律与能量跃迁的关系为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。【解答】A.基态原子的电子排布式为rm{1s^{2}}不符合基态原子电子排布规律，故A错误；B.基态原子的电子排布式应为rm{1s^{2}2s^{2}}发生电子跃迁为rm{1s^{2}2s^{1}2p^{1}}所以不是基态原子电子排布式，故B错误；

C.基态原子的电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}}符合基态原子电子排布规律，故C正确；

D.基态原子的电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{1}}符合基态原子电子排布规律，故D正确。

故选CD。【解析】rm{CD}10、B|C【分析】解：A；铁锈的主要成分为氧化铁；还含有其他杂质，故为混合物，故A错误；

B、氧化铁即Fe2O3；只由一种物质构成，故为纯净物，故B正确；

C；水银即单质汞；只由一种物质构成，故为纯净物，故C正确；

D；硬铝是铝合金；除了铝外还有其他成分，故为混合物，故D错误．

故选BC．

只由一种物质构成的为纯净物；由两种或两种以上物质构成的为混合物，据此分析．

本题考查了纯净物和混合物的区分，掌握纯净物和混合物的概念并了解物质的组成是关键，难度不大．【解析】【答案】BC11、B|C【分析】解：A．由于AB2与CD分子组成形式不同，KSP的表达式不同，因此不能根据KSP大小来比较溶解度的大小；故A错误；

B．KSP只与温度有关，与浓度无关，在ZnS的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，ZnS的Ksp不变；故B正确；

C．溶解度大的能转化为溶解度小的，所以在AgCl的沉淀溶解平衡体系中，加入KI固体，AgCl沉淀可转化为AgI沉淀，即反应AgCl（s）+I-（aq）=AgI（s）+Cl-（aq）能够发生；故C正确；

D．碳酸钙的沉淀溶解平衡为：CaCO3（s）⇌Ca2+（aq）+CO32-（aq），加入HCl能与CO32-反应；促进碳酸钙的沉淀溶解平衡向正方向移动，故D错误；

故选BC．

A．由于AB2与CD分子组成形式不同；因此不能根据Ksp大小来比较溶解度的大小；

B．KSP只与温度有关；与浓度无关；

C．溶解度大的能转化为溶解度小的；

D．HCl与CO32-反应；促进碳酸钙的沉淀溶解平衡向正方向移动．

本题考查了Ksp的比较、沉淀的转化、影响Ksp的因素、沉淀溶解平衡的移动等，属于基本原理的应用的考查，题目难度不大，明确溶度积常数和沉淀溶解平衡是解题的关键．【解析】【答案】BC12、BC【分析】略【解析】rm{BC}13、rAD【分析】解：rm{A.}如果rm{a<7}则促进水电离，故A错误；

B.如果rm{a>7}则抑制水电离，故B正确；

C.如果rm{a<7}则促进水电离，该溶液为盐溶液，溶液的rm{pH=a}故C正确；

D.如果rm{a>7}则抑制水电离，该溶液为酸溶液或碱溶液，则该溶液的rm{PH}值为rm{a}或rm{14-a}故D错误；

故选AD．

向水中加入酸或碱抑制水电离，加入含有弱根离子的盐促进水电离，根据某物质的溶液中由水电离出的rm{c(H^{+})}和纯水中rm{c(H^{+})}相对大小判断是促进水电离还是抑制水电离．

本题考查弱电解质的电离，明确是促进水电离还是抑制水电离是解本题关键，难度较大．【解析】rm{AD}三、填空题(共8题，共16分)14、略

【分析】

（1）①2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6KJ/mol；

②3Fe（s）+2O2（g）═Fe3O4（s）△H=-1118.4kJ•mol-1；

依据盖斯定律②-①×2得到：3Fe（s）+4H2O（g）═Fe3O4（s）+4H2（g）△H=-151.2KJ/mol；

故答案为：-151.2KJ/mol；

（2）①根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；故答案为：环形玻璃搅拌器；

②用玻璃棒轻轻搅动溶液；并准确读取混和溶液的最高温度作为终止温度．

故答案为：最高温度；

③A．小烧杯内残留有水；没有干燥，会使体积无形中变多了，这样就会使最后的实验值变小，因为一部分散发的热量是要把给未擦干的水加热的会使测得的反应热数值偏小，故A正确；

B．醋酸是弱电解质存在电离平衡过程是吸热过程；随反应进行，反应放出的热量减小，所以不可用相同浓度和体积的醋酸代替稀盐酸溶液进行实验，故B错误；

C．烧杯间填满碎纸条的作用以达到保温；隔热和减少实验过程中热量损失的目的；不是固定小烧杯作用，故C错误；

D．酸；碱混合时；应把量筒中的溶液迅速倒入烧杯的溶液中，以防温度散失造成测定结果产生误差，故D错误；

故选A．

【解析】【答案】（1）依据热化学方程式的书写方法；标注物质聚集状态和对应焓变写出，依据盖斯定律计算所需反应的热化学方程式；

（2）①根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；

②用玻璃棒轻轻搅动溶液；并准确读取混和溶液的最高温度作为终止温度；

③A．小烧杯内残留有水；没有干燥，会使体积无形中变多了，这样就会使最后的实验值变小，因为一部分散发的热量是要把给未擦干的水加热的会使测得的反应热数值偏小；

B．醋酸存在电离平衡电离过程是吸热过程；

C．烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯。

D．酸；碱混合时；应把量筒中的溶液迅速倒入烧杯的溶液中，以防温度散失；

15、略

【分析】

（1）依据图表分析反应是放热反应；反应物化学键断裂时所吸收的总能量小于生成物分子化学键形成时释放的总能量；故答案为：小于；

（2）容器①中反应达平衡时，CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ/mol，反应放出热量为32.8kJ；参加反应的一氧化碳物质的量=mol=0.8mol；

CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）

起始量（mol）1400

变化量（mol）0.80.80.80.8

平衡量（mol）0.23.20.80.8

CO的转化率=×100%=80%；

故答案为：80；

（3）A、反应前后气体体积不变，同比例投入反应物的起始量，平衡不动；两容器中H2的体积分数相等；故A正确；

B；反应前后气体体积不变；同比例投入反应物的起始量，平衡不动；反应热不变；故B错误；

C；反应②的浓度大于①；开始时②反应速率大；故C错误；

D、依据三段式计算，利用反应速率概念计算判断；容器①中v（H2O）=mol/L•min；故D错误；

故答案为：A

（4）①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H=-484kJ/mol；

②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=-41kJ/mol

依据盖斯定律②×2+①得到：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-566KJ/mol；

故答案为：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-566KJ/mol；

（5）n（CO2）=0，6mol；n（OH-）=0.2ml×5mol/L=1mol；

CO2+2OH-=CO32-+H2O；CO2+OH-=HCO3-；

依据反应n（CO2）：n（OH-）=0.6：1=3：5可知反应生成产物有碳酸钠和碳酸氢钠，根据物质的量之比，利用直平法得到离子方程式：3CO2+5OH-=2CO32-+HCO3-+2H2O；

故答案为：3CO2+5OH-=2CO32-+HCO3-+2H2O；

【解析】【答案】（1）依据化学反应的能量守恒；结合热化学方程式分析，反应是放热反应，反应物化学键断裂时所吸收的总能量小于生成物分子化学键形成时释放的总能量；

（2）根据反应放出的热量；结合反应焓变计算反应的一氧化碳物质的量，依据化学平衡的三段式列式和转化率概念计算；

（3）a；反应前后气体体积不变；同比例投入反应物的起始量，平衡不动；

b；反应前后气体体积不变；同比例投入反应物的起始量，平衡不动；反应热不变；

c；反应②的浓度大于①；开始时②反应速率大；

d；依据三段式计算；利用反应速率概念计算判断；

（4）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；

（5）依据化学反应的定量关系计算判断产物：CO2+2OH-=CO32-+H2O；CO2+OH-=HCO3-；

16、略

【分析】（1）考查钢铁的电化学腐蚀。钢铁发生电化学腐蚀时，铁是负极，失去电子，电极反应式是Fe－2e-=Fe2+；如果在空气酸度不大的环境中，发生的是吸氧腐蚀，正极反应式是O2+4e-+2H2O=4OH-；生成的亚铁离子和OH－离子结合生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，极易被氧气氧化生成红褐色氢氧化铁，反应的方程式是4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（Ⅱ）装置（1）是铁的化学腐蚀。装置（2）、（3）中都是原电池，由于金属性强弱顺序是锌、铁、锡，所以在装置（2）中铁是负极，失去电子，而在装置（3）中铁是正极被保护；装置（4）、（5）中都是电解池，其中装置（4）中铁是阴极，被保护，装置（5）中铁是阳极，被腐蚀，所以正确的答案是(5)(2)(1)(3)(4)。【解析】【答案】（每空2分，共12分）（Ⅰ）铁Fe－2e-=Fe2+；碳O2+4e-+2H2O=4OH-4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（Ⅱ）(5)(2)(1)(3)(4)17、略

【分析】解：（1）配制一定物质的量浓度溶液用的仪器有：托盘天平；药匙、烧杯、筒量、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；不需要的仪器有烧瓶和分液漏斗，还需用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒；

故答案为：A；C；烧杯和玻璃棒；

（2）若定容时仰视刻度线；则导致溶液的体积偏大，所以配制溶液的浓度偏低，故所得溶液浓度小于0.1mol/L；

故答案为：小于；

（3）质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的物质的量浓度c===18.4（mol/L）；设需要浓硫酸的体积为V，依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变设需要浓硫酸的体积为V，则：V×18.4mol/L=500mL×0.5mol/L，解得V=13.6ml；

用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线导致浓硫酸的体积偏大，量取硫酸的物质的量偏大，依据c=可知溶液的浓度偏高；

故答案为：13.6；大于．

（1）根据配制一定物质的量浓度溶液用到仪器进行解答；

（2）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断；

（3）先依据c=计算浓硫酸的物质的量浓度；依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；用量筒量取浓硫酸时仰视刻度线导致浓硫酸的体积偏大．

本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和过程是解题关键，注意误差分析的方法和技巧，题目难度不大．【解析】A、C；烧杯和玻璃棒；小于；13.6；大于18、略

【分析】【解析】试题分析：宇宙中最丰富的元素是H，所以A是氢元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，所以根据构造原理可知，B应该是N；C元素的第三电离能远大于第而电离能，所以C是第ⅡA元素，根据原子序数可知，C是Mg；D原子核外所有p轨道全满或半满，则D是P；E元素的主族序数与周期数的差为4，且原子序数大于15，所以E是氯元素；F是前四周期中电负性最小的元素，由于金属性越强，电负性越小，所以F是K；G在周期表的第八列，且属于第四周期，所以G是铁元素。（1）由于BA5为离子化合物，所以是由NH4+、H-两种微粒构成。（2）B基态原子中能量最高的电子是2p3电子，其电子云在空间有3个方向，原子轨道呈纺锤形。（3）1个原子轨道里最多容纳2个电子，且自旋方向相反这就是泡利原理。所以根据电子排布图可知，违反了泡利原理。（4）铁位于第Ⅷ族，根据构造原理可知铁离子的价电子排布式为3s23p63d5。根据氯化铁的熔沸点较低、易升华及溶解性可知，该化合物形成的晶体应该是分子晶体。（5）三氯化磷中中性原子P原子含有的孤对电子对数是（5－1×3）÷2＝1，所以是三角锥形结构，属于sp3杂化。（6）由于LiCl、NaCl、KCl均为离子晶体，而HCl为分子晶体，所以HCl熔点最低。又因为Li+、Na+、K+的半径依次增大，即LiCl、NaCl、KCl的晶格能依次减小，所以熔点依次降低，即正确的顺序是LiCl＞NaCl＞KCl＞HCl。考点：考查元素周期表的结构、电离能、电负性、核外电子排布及晶体的有关判断等【解析】【答案】（12分）（1）NH4+H-（1分）（2）3，纺锤形（各1分，共2分）（3）泡利原理（1分）（4）第Ⅷ，3s23p63d5，分子晶体（各1分，共3分）（5）sp3，三角锥（各1分，共2分）（6）LiCl＞NaCl＞KCl＞HCl，LiCl、NaCl、KCl均为离子晶体，HCl为分子晶体，所以HCl熔点最低。又因为Li+、Na+、K+的半径依次增大，LiCl、NaCl、KCl的晶格能依次减小，故熔点依次降低。（1分+2分）19、略

【分析】（1）①中含有羧基，属于羧酸。②中含有酚羟基，属于酚类。③中含有氯原子，属于卤代烃。④是苯的同系物。⑤中含有酯基，属于酯类。（2）根据核磁共振氢谱可知，A中只有一种氢原子，所以A是1，2－二溴乙烷，结构简式为BrCH2CH2Br。则B是1，1－二溴乙烷，结构简式为CHBr2CH3，所以含有2种氢原子，出现2个峰。【解析】【答案】⑴羧酸；酚；卤代烃；芳香烃（或苯的同系物）；酯；各1分⑵BrCH2CH2Br2个各1分20、略

【分析】解：（1）铅蓄电池放电时正极发生还原反应，电极反应式为PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，故答案为：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O；

（2）惰性电极电解CuSO4溶液，阳极产生氧气，阴极生成铜，离子方程为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，故答案为：2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；

（3）碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]相当于加入2molCuO、1molH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，根据Cu原子、H原子守恒得阴极上析出n（Cu）=2mol、n（H2）=1mol，则转移电子的物质的量=2mol×2+1mol×2=6mol，该电解过程中铅蓄电池中消耗的H2SO4为12mol，而电解池中生成的H2SO4的物质的量为6mol，故答案为：6NA；2：1．

（1）铅蓄电池放电时正极发生还原反应，电极反应式为PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O；

（2）惰性电极电解CuSO4溶液，阳极产生氧气，阴极生成铜，离子方程为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；

（3）碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入1mol碱式碳酸铜[Cu2（OH）2CO3]相当于加入2molCuO、1molH2O；根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电；阳极上氢氧根离子放电，根据铜和氢气的物质的量与转移电子之间的关系式计算转移电子的物质的量；

本题考查了电解原理，根据离子放电顺序、原子守恒来分析解答，明确加入物质的性质是解本题关键，题目难度中等．【解析】PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O；2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+；6NA；2：121、（1）NH4Cl①（2）NH3•H2O和NH4ClHCl和NH4Cl（3）＜＞【分析】【分析】本题综合考查盐类的水解、弱电解质的电离以及离子浓度的大小比较，题目难度较大，注意把握盐类的水解以及弱电解质电离的特征，把握比较离子浓度大小顺序的方法。【解答】rm{(1)}溶液中只存在rm{OH^{-}}rm{H^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{Cl^{-}}四种离子，可能为rm{NH_{4}Cl}溶液，因rm{NH_{4}^{+}}水解而显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为rm{c(Cl^{-})>c(NH_{4}^{+})>c(H^{+})>c(OH^{-})}

故答案为：rm{NH_{4}Cl}rm{垄脵}

rm{(2)}若上述关系中rm{垄脹}是正确的，溶液呈碱性，且rm{c(NH_{4}^{+})>c(Cl^{-})}应为rm{NH_{3}?H_{2}O}和rm{NH_{4}Cl}的混合物，若上述关系中rm{垄脺}是正确的，溶液显示酸性，并且rm{c(Cl^{-})>c(H^{+})}所以是盐酸和氯化铵的混合物；

故答案为：rm{NH_{3}?H_{2}O}和rm{NH_{4}Cl}rm{HCl}和rm{NH_{4}Cl}

rm{(3)}溶液呈中性，据rm{c(Cl^{-})+c(OH^{-})=c(NH_{4}^{+})+c(H^{+})}可得rm{c(Cl^{-})=c(NH_{4}^{+})}因氨水为弱电解质，若该溶液中由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，则氨水浓度大于盐酸浓度，如小于或等于，则溶液呈酸性，并且在混合前酸中rm{c}rm{(H^{+})}大于碱中rm{c(OH^{-})}中和后才显示中性。

故答案为：rm{<}；rm{<}。

rm{>}【解析】rm{(1)NH_{4}Cl}rm{垄脵}rm{(2)NH_{3}?H_{2}O}和rm{NH_{4}Cl}rm{HCl}和rm{NH_{4}Cl}rm{(3)}rm{<}rm{<}rm{>}四、原理综合题(共1题，共5分)22、略

【分析】（1）①实验室配制0.5mol/L的氢氧化钠溶液500mL，需要选用500mL的容量瓶，配制步骤为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，需要使用的仪器有：托盘天平、玻璃棒、烧杯、药匙、500mL容量瓶、胶头滴管等，还缺少的玻璃仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管。②依据m=CVM，需要氢氧化钠的质量=0.5mol·L－1×0.5L×40g·mol－1=10.0g；(2)过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑；（3）证明过氧化钠已经变质，检验产生的CO32－：取少量样品于一洁净试管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振荡，有白色沉淀生成，证明Na2O2已经变质。（4）①2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O上述反应中，每生成2molNO,转移2mol电子，参加反应的HI的物质的量4mol，标准状况下，每生成2.24LNO气体，即0.1molNO，转移电子的物质的量为0.1mol，参加反应的HI的物质的量是0.2mol。②A、在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，溶液呈黄色，故A正确；B、NaNO2和NaCl与NaOH溶液均无明显现象，故B错误；C、在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2NO2－+2I－+4H＋=2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故C正确；D、NaNO2和NaCl与NaOH溶液均无明显现象，故D错误；故选AC。【解析】500mL容量瓶、胶头滴管10.02Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑取少量样品于一洁净试管中，加水溶解，向其中加入BaCl2溶液，充分振荡，有白色沉淀生成，证明Na2O2已经变质0.10.2AC五、简答题(共2题，共4分)23、（1）sp3

（2）O＞S＞Se

（3）343s23p63d10

（4）强平面三角形三角锥形

（5）①第一步电离后生成的负离子，较难再进一步电离出带正电荷的氢离子

②H2SeO3和H2SeO4可表示成（HO）2SeO和（HO）2SeO2．H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+

（6）4.1【分析】【分析】本题考查物质结构与性质选修模块，涉及原子杂化方式判断、粒子空间构型判断、晶胞的计算等知识点，为高频考点，根据价层电子对互斥理论、元素周期律等知识点来分析解答，难度较大。【解答】rm{(1)}根据图片知，每个rm{S}原子含有rm{2}个rm{娄脪}键和rm{2}个孤电子对，所以每个rm{S}原子的价层电子对个数是rm{4}则rm{S}原子为rm{sp^{3}}杂化，故答案为：rm{sp^{3}}

rm{(2)}同主族元素从上到下，原子半径越来越大，原子核对核外电子的吸引力越来越弱，第一电离能逐渐减小，故答案为：rm{O>S>Se}

rm{(3)Se}原子序数为rm{34}其核外rm{M}层电子的排布式为rm{3s^{2}3p^{6}3d^{10}}故答案为：rm{34}rm{3s^{2}3p^{6}3d^{10}}

rm{(4)}非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电解，酸性就越弱，非金属性rm{S>Se}所以rm{H_{2}Se}的酸性比rm{H_{2}S}强，气态rm{SeO_{3}}分子中rm{Se}原子价层电子对个数是rm{3}且不含孤电子对，所以其立体构型为平面三角形，rm{SO_{3}^{2-}}离子中rm{S}原子价层电子对个数rm{=3+dfrac{1}{2}(6+2-3隆脕2)=4}且含有一个孤电子对；所以其立体构型为三角锥形；

故答案为：强；平面三角形；三角锥形；

rm{=3+dfrac

{1}{2}(6+2-3隆脕2)=4}第一步电离后生成的负离子，较难再进一步电离出带正电荷的氢离子，故Hrm{(5)垄脵}和rm{{,!}_{2}SeO_{3}}第一步电离程度大于第二步电离；

故答案为：第一步电离后生成的负离子；较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；

rm{H_{2}SeO_{4}}和rm{垄脷H_{2}SeO_{3}}可表示成rm{H_{2}SeO_{4}}和rm{(HO)_{2}SeO}中的rm{(HO)_{2}SeO_{2}.H_{2}SeO_{3}}为rm{Se}价，而rm{+4}中的rm{H_{2}SeO_{4}}为rm{Se}价，正电性更高，导致rm{+6}中rm{Se-O-H}的电子更向rm{O}偏移，越易电离出rm{Se}rm{H^{+}}比rm{H_{2}SeO_{4}}酸性强；

故答案为：rm{H_{2}SeO_{3}}和rm{H_{2}SeO_{3}}可表示成rm{H_{2}SeO_{4}}和rm{(HO)_{2}SeO}rm{(HO)_{2}SeO_{2}}中的rm{H_{2}SeO_{3}}为rm{Se}价，而rm{+4}中的rm{H_{2}SeO_{4}}为rm{Se}价，正电性更高，导致rm{+6}中rm{Se-O-H}的电子更向rm{O}偏移，越易电离出rm{Se}

rm{H^{+}}晶胞中含有白色球位于顶点和面心，共含有rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}黑色球位于体心，共rm{(6)}个，则晶胞中平均含有rm{8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}个rm{4}质量为rm{4}晶胞的体积为rm{ZnS}则密度为rm{4隆脕(87隆脗6.02隆脕10^{23})g}

rm{(540.0隆脕10^{-10}cm)^{3}}位置黑色球与周围rm{[4隆脕(87隆脗6.02隆脕10^{23})g]隆脗(540.0隆脕10^{-10}cm)^{3}=4.1g?cm^{-3}}个白色球构成正四面体结构，黑色球与两个白色球连线夹