省成都市2019届高三第一次诊断性检测理科综合试题[001].docVIP

四川省成都市2019届高三第一次诊断性检测理科综合试题（化学部分）1.生活中下列物质的有关说法错误的是A. 食盐和白醋都可作调味剂B. 糖类和蛋白质都可发生水解C. 液化石油气和天然气都是含烃混合物D. 双氧水和碘酒都可作医用消毒剂【答案】B【解析】【详解】A食盐具有咸味，常用作调味品和防腐剂，醋具有酸味，可作调味剂，醋具有酸性，可作为食品防腐剂，故A正确；B糖类中的单糖不能水解，如葡萄糖为单糖，不能水解，故B错误；C液化石油气的主要成分是丙烷和丁烷，天然气的主要成分是甲烷，它们的主要成分都是烃，故C正确；D碘酒、75%酒精溶液、双氧水溶液是三种常见的消毒剂，故D正确；故选B。矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖賃軔。2.有机物X、Y、Z的结构简式分别为。下列分析正确的是A. Y、Z互为同系物B. Y中最多有4个C原子处于同一直线上C. X、Z的二氯代物数目相同D. 可用酸性KMnO4溶液一次区分X、Y、Z三种物质【答案】C【解析】【详解】A. Y中含有碳碳双键、Z中没有碳碳双键，结构不相似，不是同系物，故A错误；B. 苯环为正六边形结构，碳碳双键为平面结构，Y中最多有3个C原子处于同一直线上，故B错误；C. X的二氯代物有3种(边上、面对角线上、体对角线上)，Z的二氯代物有3种(邻位、间位、对位)，故C正确；D. 用酸性KMnO4溶液一次只能区分出Y，X、Z无法区分，故D错误；故选C。聞創沟燴鐺險爱氇谴净祸測。【点睛】本题的易错点为B，要注意苯环为正六边形结构，对角线上的4个原子共线，但乙烯是平面结构，键角约为120。残骛楼諍锩瀨濟溆塹籟婭骒。3.下列实验操作不能达到实验目的的是A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A. 除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可以使用饱和碳酸钠溶液，碳酸钠能够与乙酸反应，乙醇易溶于水，故A正确；B.氢氧化镁悬浊液中存在溶解平衡，加入氯化铵溶液，氯化铵溶液水解，溶液显酸性，水解生成的氢离子和氢氧根离子反应，促进氢氧化镁溶解，因此若看到氢氧化镁溶解，则可以验证氢氧化镁中存在溶解平衡，故B正确；C. 向硫酸亚铁溶液中加入铁粉，可以防止亚铁离子被氧化，再加入氢氧化钠溶液，可以看到生成白色的氢氧化亚铁沉淀，故C正确；D. 浓硝酸与淀粉不反应，没有明显的现象，应该选用碘水检验，故D错误；故选D。酽锕极額閉镇桧猪訣锥顧荭。4.NA代表阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是A. 1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含OH的数目为0.2NAB. 46gCH3CH2OH含CH键数目为6NAC. 4.6gNa与含0.1 mol CH3COOH的稀醋酸完全反应，转移的电子数为0.1NAD. 2.24LCH4和0.5 molCl2充分反应所得混合物中氯原子数为NA【答案】D【解析】【详解】A、25时，pH=13的1.0L Ba(OH)2溶液中，含有的OH-的物质的量为0.1mol/L1L=0.1mol，数目为0.1NA，故A错误；B. 46gCH3CH2OH的物质的量为=1mol，CH3CH2OH的结构式为，含CH键数目为5NA，故B错误；C. 4.6gNa为0.2mol，与含0.1 mol CH3COOH的稀醋酸完全反应后继续与水反应，转移的电子数为0.2NA，故C错误；D.根据氯原子守恒，无论反应如何进行，反应所得混合物中含有1mol氯原子，故D正确；故选D。彈贸摄尔霁毙攬砖卤庑诒尔。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的判断。本题的易错点为A，要注意1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含OH的数目与碱是一元碱还是二元碱无关。謀荞抟箧飆鐸怼类蒋薔點鉍。5.短周期主族元素X、Y、Z、W、R、Q原子序数依次增大。由这些元素组成的化合物甲、乙、丙、丁的0.1mol/L水溶液pH如下表，丙、丁为二元化合物。甲溶液逐滴滴入丙溶液中，先产生白色沉淀，后沉淀消失；乙的水溶液可除油污。下列说法一定正确的是厦礴恳蹒骈時盡继價骚卺癩。A. W和Q形成的化合物只含有离子键B. Y和Z的氢化物沸点：Yr(R)r(Z)D. Y和Q氧化物的水化物酸性：QY【答案】A【解析】【分析】0.1mol/L甲溶液pH为13，说明甲为一元强碱，则甲为NaOH；0.1mol/L丁溶液pH为1，说明丁为一元强酸，则丁为HCl；乙、丙的0.1mol/L水溶液pH分别为11、5，则乙为弱碱性溶液，丙为弱酸性溶液；甲溶液逐滴滴入丙溶液中，先产生白色沉淀，后沉淀消失，则丙溶液中含有铝离子，可能为AlCl3；乙的水溶液可除油污，可能为Na2CO3溶液，结合短周期主族元素X、Y、Z、W、R、Q原子序数依次增大，化合物甲、乙、丙、丁由这些元素组成分析解答。茕桢广鳓鯡选块网羈泪镀齐。【详解】根据上述分析，甲为NaOH，丁为HCl；若丙为AlCl3；乙为Na2CO3溶液，涉及6种元素，根据短周期主族元素X、Y、Z、W、R、Q原子序数依次增大，化合物甲、乙、丙、丁由这些元素组成，则X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、W为Na元素、R为Al元素、Q为Cl元素。A. W和Q形成的化合物为氯化钠，只含有离子键，故A正确；B. Y为C，C的氢化物有很多种，氢化物沸点可能Yr(Z)r(R)，故C错误；D. Y和Q氧化物的水化物可能为碳酸和次氯酸，此时酸性：QY，故D错误；故选A。鹅娅尽損鹌惨歷茏鴛賴縈诘。【点睛】本题考查了元素周期表和元素周期律的推断。本题的难点为乙、丙的判断，需要根据物质的性质分析判断，易错点为D，要注意氧化物的水化物不一定是最高价氧化物的水化物。籟丛妈羥为贍偾蛏练淨槠挞。6.港珠澳大桥设计寿命120年，对桥体钢构件采用了多种防腐方法。下列分析错误的是A. 防腐原理主要是避免发生反应：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2B. 钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，是为了隔绝空气、水等防止形成原电池C. 采用外加电流的阴极保护时需外接镁、锌等作辅助阳极D. 钢构件可采用不锈钢材料以减缓电化学腐蚀【答案】C【解析】【详解】A. 铁为活泼的金属，在潮湿的空气中容易发生吸氧腐蚀，发生的主要反应有2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3、2Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O，故A正确；B. 钢构件表面喷涂环氧树脂涂层，可以隔绝空气、水等防止形成原电池，防止铁发生电化学腐蚀，故B正确；C. 外接镁、锌等作辅助阳极属于牺牲阳极的阴极保护法，采用外加电流的阴极保护时需外接电源，故C错误；D. 不锈钢具有较强的抗腐蚀性，采用不锈钢材料做钢构件可以防止或减缓电化学腐蚀，故D正确；故选C。預頌圣鉉儐歲龈讶骅籴買闥。7.已知：pCu=1gc(Cu+)，pX=lgc(X)。298K时，Ksp(CuCl)=a106，Ksp(CuBr)=b109，Ksp(CuI)=c1012。在CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系如图所示。下列说法正确的是渗釤呛俨匀谔鱉调硯錦鋇絨。A. 298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c(Cu+)和c(Cl)都减小B. 图中x代表CuI曲线，且P点c(Cu+)=c(I)C. 298K时增大M点的阴离子浓度，则y上的点向N点移动D. 298K时CuBr(s)+I(aq) CuI(s)+Br(aq)的平衡常数K的数量级为103或102铙誅卧泻噦圣骋贶頂廡缝勵。【答案】D【解析】【分析】根据图像，pCu=1gc(Cu+)=3，c(Cu+)=103mol/L，pX=lgc(X)=3，c(X)=103mol/L，则K sp(CuX)=a106，因此P点对应于CuCl饱和溶液中阳离子和阴离子浓度关系，即曲线x代表CuCl，则y代表CuBr，z代表CuI。据此分析解答。擁締凤袜备訊顎轮烂蔷報赢。【详解】A. 298K时，在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl，c(Cl)增大，温度不变，Ksp(CuCl)，则c(Cu+)减小，故A错误；B. 根据上述分析，图中x代表CuCl曲线，故B错误；C. 298K时增大M点的阴离子浓度，温度不变，Ksp(CuBr)不变，则c(Cu+)减小，pCu=1gc(Cu+)增大，即y上的点向M点的斜下方移动，故C错误；D. 298K时CuBr(s)+I(aq) CuI(s)+Br(aq)的平衡常数K=，K的数量级为103或102，故D正确；故选D。贓熱俣阃歲匱阊邺镓騷鯛汉。8.硫化钠在无机制备、废水处理等领域常用作沉淀剂，其水溶液称为“臭碱”。可在特殊条件下以硫酸钠固体与炭粉为原料制备：Na2SO4+2CNa2S+2CO2坛摶乡囂忏蒌鍥铃氈淚跻馱。（1）硫化钠固体在保存时需注意_，原因是_。（2）实验室用上图装置以Na2SO4与炭粉为原料制备Na2S并检验气体产物、进行尾气处理。步骤如下：连接仪器顺序为_(按气流方向，用小写字母表示)；检查装置气密性；_；加热，进行实验。（3）若 a mol Na2SO4和2 a mol C按上述步骤充分反应，实际得到Na2S小于amol，则实验改进方案是_。蜡變黲癟報伥铉锚鈰赘籜葦。某同学从氧化还原角度分析固体产物中可能含有少量Na2SO3，请设计实验证明其猜测是否合理(供选择的试剂有：酚酞溶液、硝酸、稀盐酸、蒸馏水) _。買鲷鴯譖昙膚遙闫撷凄届嬌。（4）经实验测定，硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐和体积比为13的CO2和CO两种气体。反应方程式为_。綾镝鯛駕櫬鹕踪韦辚糴飙钪。【答案】 (1). 密封 (2). 硫化钠容易被空气中的氧气氧化 (3). abcefd (4). 装入药品 (5). 增加碳的量 (6). 在试管中加入少量固体产物样品，加入蒸馏水溶解，再加入盐酸，看是否产生浑浊，如果产生淡黄色浑浊，则猜测合理，反之，不合理 (7). 2Na2SO4+4CNa2S+ Na2SO3+CO2+3CO驅踬髏彦浃绥譎饴憂锦諑琼。【解析】【分析】(1)硫化钠中的S元素为S的最低价态，容易被氧化，据此分析判断；(2)Na2SO4+2CNa2S+2CO2，生成的硫化钠容易吸收水蒸气发生水解反应，从而与二氧化碳反应放出硫化氢气体，影响二氧化碳的检验，因此需要防止水蒸气进入反应装置，反应中可能生成一氧化碳，一氧化碳会污染空气，据此分析解答；猫虿驢绘燈鮒诛髅貺庑献鵬。(3)反应过程中碳会与生成的二氧化碳在加热时反应生成一氧化碳；Na2SO3和Na2S在酸性溶液中反应生成硫，据此分析解答；锹籁饗迳琐筆襖鸥娅薔嗚訝。(4)硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐为硫化钠和亚硫酸钠和体积比为13的CO2和CO两种气体，据此书写方程式。構氽頑黉碩饨荠龈话骛門戲。【详解】(1)硫化钠中的S元素为S的最低价态，容易被氧化，在保存时需注意密封保存，故答案为：密封；硫化钠容易被空气中的氧气氧化；輒峄陽檉簖疖網儂號泶蛴镧。(2)Na2SO4+2CNa2S+2CO2，生成的硫化钠容易吸收水蒸气发生水解反应，从而与二氧化碳反应放出硫化氢气体，影响二氧化碳的检验，因此需要防止水蒸气进入反应装置，反应中可能生成一氧化碳，一氧化碳会污染空气，需要防止污染，仪器的连接顺序为abcefd；连接好仪器后，首先检查装置气密性，装入药品，加热，开始实验，故答案为：abcefd；装入药品；尧侧閆繭絳闕绚勵蜆贅瀝纰。(3)a mol Na2SO4和2 a mol C充分反应，反应过程中碳会与生成的二氧化碳在加热时反应生成一氧化碳，使得生成的Na2S小于amol，为了避免碳不足，需要增加碳的量；Na2SO3和Na2S在酸性溶液中反应生成淡黄色沉淀，因此实验方法为：在试管中加入少量固体产物样品，加入蒸馏水溶解，再加入盐酸，如果产生淡黄色浑浊，则猜测合理，反之，不合理，故答案为：增加碳的量；在试管中加入少量固体产物样品，加入蒸馏水溶解，再加入盐酸，如果产生淡黄色浑浊，则猜测合理，反之，不合理；识饒鎂錕缢灩筧嚌俨淒侬减。(4)硫酸钠与炭粉在一定条件下反应还可生成等物质的量的两种盐为硫化钠和亚硫酸钠和体积比为13的CO2和CO两种气体，反应的化学方程式为2Na2SO4+4CNa2S+ Na2SO3+CO2+3CO，故答案为：2Na2SO4+4CNa2S+ Na2SO3+CO2+3CO。凍鈹鋨劳臘锴痫婦胫籴铍賄。【点睛】本题考查了化学实验方案的设计与探究。本题的易错点为(3)，要注意高温下碳和二氧化碳能够反应。9.I彩色水泥墙含氯化亚钴可作睛雨表。下表为几种氯化亚钻的晶体颜色：淋雨时彩色水泥墙的颜色为_。从含钻废料(含CoO、Co2O3及金属Al、Li)中制取粗CoO的流程如下：（1）步骤I产生的气体是_ (填化学式，下同)，从含铝溶液中沉淀铝可通入的气体是_。恥諤銪灭萦欢煬鞏鹜錦聰櫻。（2）步骤中除去A13+的离子方程式为_，步骤中Na2CO3溶液的作用是_(用离子方程式表示)。鯊腎鑰诎褳鉀沩懼統庫摇饬。（3）为了获得高纯度的钴粉，从环保角度考虑，还原Co2O3的试剂为_ (填序号)。A.铝 B.木炭 C氢气 D.一氧化碳（4）实验室制备氯化亚钴晶体并测其化学式的流程如下：步骤“系列操作”中洗涤晶体不用蒸馏水而用酒精，目的是_。用灼烧一称重法测定氯化亚钴晶体中结晶水含量时，需要在氯化氢氛围中灼烧结晶水合物，请结合方程式解释这样做的原因_。硕癘鄴颃诌攆檸攜驤蔹鸶胶。已知几种物质在20时的Ksp如下表：某同学用滴定法测定晶体CoCl2xH2O中的x，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时选择的指示剂是_(填编号)。阌擻輳嬪諫迁择楨秘騖輛埙。A KCl B KSCN C K2S D K2 CrO4若取样品ag溶于蒸馏水中配制100mL溶液取20mL配制溶液于锥形瓶中，加入所选指示剂，用cmo l / L AgNO3溶液滴定至终点消耗标准溶液bmL。则x的表达式为_。氬嚕躑竄贸恳彈瀘颔澩纷釓。【答案】 (1). 粉红色 (2). H2 (3). CO2 (4). 2Al3+ + 2CO32- + 3H2O =2Al(OH)3 + 2CO2 (5). CO32- +Co2+= CoCO3 (6). C (7). 氯化亚钴晶体在无水乙醇中的溶解度小于在蒸馏水水中的溶解度，且乙醇挥发性较好 (8). CoCl2+H2OCo(OH)2+2HCl，加热时，氯化氢挥发，促进水解，得不到氯化亚钴，在氯化氢氛围中灼烧结晶水合物，可以抑制水解 (9). D (10). 釷鹆資贏車贖孙滅獅赘慶獷。【解析】【分析】I. 淋雨时彩色水泥墙上的氯化亚钴吸收水分，生成CoCl26H2O，结合表格数据判断； .废料中加入碱溶液碱溶，得到钴渣(含CoO、Co2O3)，钴渣可以用盐酸溶解，溶解生成的+3价钴离子能够氧化氯离子，得到Co2+，酸溶后的溶液中加入碳酸钠溶液和NaF溶液净化，除去锂离子和铝离子，在滤液中加入碳酸钠溶液沉淀钴离子为碳酸钴沉淀，高温煅烧，碳酸钴分解得到氧化钴，结合物质的性质和氧化还原反应的规律分析解答。怂阐譜鯪迳導嘯畫長凉馴鸨。【详解】I. 淋雨时彩色水泥墙上的氯化亚钴吸收水分，生成CoCl26H2O颜色变成粉红色，故答案为：粉红色； 谚辞調担鈧谄动禪泻類谨觋。.废料中加入碱溶液碱溶，得到钴渣(含CoO、)，钴渣可以用盐酸溶解，溶解生成的+3价钴离子能够氧化氯离子，得到Co2+，酸溶后的溶液中加入碳酸钠溶液和NaF溶液净化，除去锂离子和铝离子，在滤液中加入碳酸钠溶液沉淀钴离子为碳酸钴沉淀，高温煅烧，碳酸钴分解得到氧化钴。嘰觐詿缧铴嗫偽純铪锩癱恳。(1)步骤I中铝与氢氧化钠溶液反应放出氢气，从含铝溶液(主要含有偏铝酸根离子)中沉淀铝可通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀，故答案为：H2；CO2；熒绐譏钲鏌觶鷹緇機库圆鍰。(2)步骤中A13+和碳酸根离子发生双水解反应，反应的离子方程式为2Al3+ + 2CO32- + 3H2O =2Al(OH)3 + 2CO2；步骤中Na2CO3溶液与Co2+反应生成碳酸钴沉淀，反应的离子方程式为CO32- +Co2+= CoCO3 ，故答案为：2Al3+ + 2CO32- + 3H2O =2Al(OH)3 + 2CO2；CO32- +Co2+= CoCO3 ；鶼渍螻偉阅劍鲰腎邏蘞阕簣。(3)A.铝与Co2O3反应生成氧化铝，使得生成的钴粉不纯，错误；B.木炭与Co2O3反应生成二氧化碳，未反应的木炭使得生成的钴粉不纯，错误；C氢气与Co2O3反应生成水，不会污染环境，且不引入新杂质，正确；D.一氧化碳会污染空气，错误；故选C；纣忧蔣氳頑莶驅藥悯骛覲僨。(4)制得的晶体在无水乙醇中的溶解度小于在蒸馏水水中的溶解度，且乙醇挥发性较好，所以用乙醇洗涤能减小晶体因溶解而损失，故答案为：氯化亚钴晶体在无水乙醇中的溶解度小于在蒸馏水水中的溶解度，且乙醇挥发性较好；颖刍莖蛺饽亿顿裊赔泷涨负。氯化亚钴能够水解，水解的化学方程式：CoCl2+H2OCo(OH)2+2HCl，加热时，氯化氢挥发，促进水解，得不到氯化亚钴，为了抑制水解，需要在氯化氢氛围中灼烧结晶水合物，故答案为：CoCl2+H2OCo(OH)2+2HCl，加热时，氯化氢挥发，促进水解，得不到氯化亚钴，在氯化氢氛围中灼烧结晶水合物，可以抑制水解；濫驂膽閉驟羥闈詔寢賻減栖。本题的指示剂的作用是指示出氯离子恰好沉淀完全，即让氯离子先沉淀，沉淀完全后，再滴入硝酸银溶液会生成一种颜色不同的沉淀来指示沉淀终点。A氯化钾与硝酸银生成氯化银沉淀，没有明显的颜色变化，故A不选；B根据表格数据可知AgSCN的溶解度小于氯化银，首先生成AgSCN沉淀，故B不选；C Ksp(Ag2S)= c2(Ag+)c(S2-)=2.010-48，c(S2-)=1.010-16；Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-)=2.010-10，c(Cl-)=，说明硫化银的溶解度小于氯化银，滴定时首先生成Ag2S沉淀，故C不选；D计算饱和溶液中氯离子、CrO42-的浓度，Ksp(AgCl)= c(Ag+)c(Cl-)=2.010-10，c(Cl-)=；Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)c(CrO42-)=2.010-12，c(CrO42-)=1.010-4；说明铬酸银溶解度大于氯化银，则加入K2CrO4，做指示剂可正确的测定氯化物的含量，故D正确；故答案为：D；銚銻縵哜鳗鸿锓謎諏涼鏗穎。(4)消耗的硝酸银的物质的量为cmol / Lb10-3L=bc10-3mol，根据Ag+Cl-=AgCl，氯化亚钴的物质的量为bc10-3mol，则x=bc10-3mol，解得：x=，故答案为：。挤貼綬电麥结鈺贖哓类芈罷。10.草酸()在工业上可作漂白剂、鞣革剂，也是实验室常用试剂。（1）已知草酸中相关化学键的键能数据如下表：一定条件下发生反应H2C2O4(g) H2O(g)+CO(g)+CO2(g) H=_kJ/mol。赔荊紳谘侖驟辽輩袜錈極嚕。（2）现将0.50mol无水草酸放入10L的密闭容器中，分别在T1、T2时进行上述反应(体系内物质均为气态)，测得n(H2C2O4)随时间变化的数据如下表：塤礙籟馐决穩賽釙冊庫麩适。温度：T1_T2(填“”、“”“”“”或“=”)。沩氣嘮戇苌鑿鑿槠谔應釵蔼。（3）SO2分子中S原子的轨道杂化类型为_，分子空间构型为_；与SO2互为等电子体的分子有_(写一种)。钡嵐縣緱虜荣产涛團蔺缔嵛。（4）请从结构角度解释H2SO3的酸性比H2SO4酸性弱的原因_。（5）Cu(CH3CN)4比四氨合铜离子稳定，其配离子中心原子配位数为_，配位体中键与键个数之比为_。懨俠劑鈍触乐鹇烬觶騮揚銥。（6）铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，距离最近的两个H2分子之间距离为anm。则该晶体的密度为_g/cm3(列出计算表达式)。謾饱兗争詣繚鮐癞别瀘鯽礎。【答案】 (1). 16 (2). 纺锤形 (3). 3d104s1 (4). (5). sp2 (6). V形 (7). O3 (8). 硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，硫酸中心原子硫价态高，易于电离出H+ (9). 4 (10). 52 (11). 呙铉們欤谦鸪饺竞荡赚趱為。【解析】【分析】(1)硫元素为16号元素，能量最高的电子为3p电子；(2)Cu为29号元素，Zn为30号元素，Cu的第二电离能失去的是3d电子；(3)SO2分子中S原子的价层电子对数=2+(6-22)=3，结合等电子体的概念解答；(4)同一元素的不同含氧酸中，非羟基氧原子数越大其酸性越强；(5)Cu(CH3CN)4中的中心原子为Cu，配位体为CH3CN，其中键有3个C-H、1个C-C和1个CN，CN中含有键；(6)根据晶体结构，距离最近的两个H2分子之间的距离为晶胞面上对角线长度的一半，晶胞中Mg原子个数是8、Fe原子个数=8+6=4，所以其化学式为Mg2Fe。据此分析解答。莹谐龌蕲賞组靄绉嚴减籩诹。【详解】(1)硫元素为16号元素，基态硫原子核外电子有16种不同运动状态，能量最高的电子为3p电子，3p电子的原子轨道形状为纺锤形，故答案为：16；纺锤形；麸肃鹏镟轿騍镣缚縟糶尔摊。(2)Cu为29号元素，基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1；Zn为30号元素，基态Zn原子的价层电子排布式为3d104s2，Cu的第二电离能失去的是3d电子，失去后不稳定，第二电离能大于Zn的第二电离能，即I2(Cu)I2(Zn)，故答案为：3d104s1；納畴鳗吶鄖禎銣腻鰲锬颤階。(3)SO2分子中S原子的价层电子对数=2+(6-22)=3，轨道杂化类型为sp2，分子的空间构型为V形；与SO2互为等电子体的分子有O3，故答案为：sp2；V形；O3；風撵鲔貓铁频钙蓟纠庙誑繃。(4)同一元素的不同含氧酸中，非羟基氧原子数越大其酸性越强，硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，所以H2SO4的酸性大于H2SO3的酸性，故答案为：硫酸分子中的非羟基氧原子数比亚硫酸多，硫酸中心原子硫价态高，易于电离出H+；灭嗳骇諗鋅猎輛觏馊藹狰廚。(5)Cu(CH3CN)4中的中心原子为Cu，配位数为4；配位体为CH3CN，其中键有3个C-H、1个C-C和1个CN，共5个键，只有CN中含有键，有2个键，键与键个数之比52，故答案为：4；52；铹鸝饷飾镡閌赀诨癱骝吶转。(6)设晶胞的参数为dnm，该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱心位置，则距离最近的两个H2分子