河南省洛阳市2019届高三化学下学期第三次统一考试试题（含解析）.docx

河南省洛阳市2019届高三化学下学期第三次统一考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量:H l C-12 N-14 0-16 Na-23 Cl-35. 5Zn651.化学与生产生活密切相关，下列说法错误的是A. 二氧化硫能够杀死会将酒变成醋的酵母菌B. 二氧化碳可以作为温室大棚里的气态肥料C. 可以用熟石灰鉴别所有的氮肥和钾肥D. 蔗糖、淀粉、纤维素都属于糖类物质【答案】C【解析】【详解】A二氧化硫可以用作防腐剂，能够杀死会将酒变成醋的酵母菌，故A正确；B二氧化碳能引起温室效应，也是植物发生光合作用的原料之一，因此二氧化碳可以作为温室大棚里的气态肥料，故B正确；C氢氧化钙与钾肥无现象，氢氧化钙和铵态氮肥混合会产生刺激性气味的氨气，但并不是所有的氮肥，如硝酸盐(除硝酸铵外)，不能用熟石灰鉴别所有的氮肥和钾肥，故C错误；D蔗糖属于二糖；淀粉、纤维素属于多糖，故D正确；答案选C。2.用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是A. 置配制100 mL某浓度NaN03溶液B. 分离溴苯和水混合物C. 验证质量守恒定律D. 可以实现防止铁钉生锈【答案】B【解析】【详解】A配制溶液时，NaNO3固体不能直接放在容量瓶中溶解，故A错误；B溴苯的密度大于水，不溶于水，溴苯在下层，故B正确；C盐酸与碳酸钠溶液反应放出二氧化碳，反应后容器中物质的总质量减少，不能直接用于验证质量守恒定律，故C错误；D作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，该装置中Fe作负极而加速被腐蚀，不能防止铁钉生锈，故D错误；答案选B。【点睛】本题易错点为C，验证质量守恒定律的实验时，选用药品和装置应考虑：只有质量没有变化的化学变化才能直接用于验证质量守恒；如果反应物中有气体参加反应，或生成物中有气体生成，应该选用密闭装置。3.下列关于有机化合物的说法正确的是A. C3H6C12有4种同分异构体B. 乙烯与Br2的CCl4溶液反应后，混合液分为两层C. 乙醇被氧化一定生成乙醛D. 合成材料会造成巨大的环境压力，应禁止使用【答案】A【解析】【详解】A丙烷上的二氯取代物，使用“定一移一”的方法。丙烷上有1对称轴，定1个氯在端基的碳原子，另1个氯原子的位置为邻间对，共3种。定1个氯原子在中间的碳原子上，则另1个氯只能在对位，共1种。如图所示。A项正确；B乙烯和Br2反应生成1,2二溴乙烷为有机物，有机物溶于有机物，不会出现分层现象，B项错误；C乙醇可以被高锰酸钾氧化到乙酸，不一定生成乙醛，C项错误；D合成材料是由两种或两种以上的物质复合而成并具有某些综合性能的材料。往往具有质轻、强度高、耐磨等优点，不应被禁止使用，D项错误；【点睛】在使用“定一移一”的方法的时候要注意不能重复。4.以石墨负极（C）、LiFePO4正极组成锂离子电池的工作原理如图所示（实际上正负极材料是紧贴在锂离子导体膜两边的）。充放电时，Li+在正极材料上脱嵌或嵌入，随之在石墨中发生了LixC6生成与解离。下列说法正确的是A. 锂离子导电膜应有保护成品电池安全性的作用B. 该电池工作过程中Fe元素化合价没有发生变化C. 放电时，负极材料上的反应为6C+xLi+ xe- =LixC6D. 放电时，正极材料上的反应为LiFePO4 - xe- = Li1-xFePO4 + xLi+【答案】A【解析】【分析】根据题意描述，放电时，石墨为负极，充电时，石墨为阴极，石墨转化LixC6，得到电子，石墨电极发生还原反应，与题意吻合，据此分析解答。【详解】根据上述分析，总反应为LiFePO4+6C Li1-xFePO4+LixC6。A. 为了防止正负极直接相互接触，因此用锂离子导电膜隔开，锂离子导体膜起到保护成品电池安全性的作用，故A正确；B. 根据总反应方程式LiFePO4+6C Li1-xFePO4+LixC6可知，LiFePO4与Li1-xFePO4中铁元素的化合价一定发生变化，否则不能构成原电池反应，故B错误；C. 放电时，负极发生氧化反应，电极反应式为：LixC6- xe- =6C+xLi+，故C错误；D. 放电时，Li1-xFePO4在正极上得电子发生还原反应，电极反应为：Li1-xFePO4+xLi+xe-LiFePO4，故D错误；答案选A。【点睛】本题的难点为电池的正负极的判断，要注意认真审题并大胆猜想。本题的易错点为B，要注意原电池反应一定属于氧化还原反应。5.NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法中正确的是A. 铁丝和3.36LCl2完全反应，转移电子的数目为0.3NAB. 1 molNaClO中含有的Cl数目为NAC. 5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的微粒数目为2.5107NAD. 18g H2O中含有的电子数为10NA【答案】D【解析】【详解】A.未告知是否为标准状况，无法计算3.36LCl2的物质的量，因此无法确定铁和氯气反应转移的电子数，故A错误；B.次氯酸钠中不存在氯离子，故B错误；C.Fe(SCN)3为难电离的物质，5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的物质的量为0.005L0.005mol/L=2.5105mol，微粒数目略小于2.5105NA，故C错误；D.18g H2O物质的量为1mol，而水为10电子微粒，故1mol水中含10NA个电子，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为A，使用气体摩尔体积需要注意：对象是否为气体；温度和压强是否为标准状况。6.短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，产生白色沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是A. 1mol d的氧化物含2mol 化学键B. 工业上电解c的氧化物冶炼单质cC. 原子半径：a b c dD. 简单氢化物的沸点：a d【答案】B【解析】【分析】短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，生成白色沉淀，盐酸过量时部分沉淀溶解，说明生成的沉淀中含有氢氧化铝，因此两种盐的混合溶液中含有偏铝酸盐，如NaAlO2，因此a为O元素，c为Al元素，b为Na元素；根据盐b2da3的形式，结合强酸制弱酸的原理，d酸难溶于水，因此d酸为硅酸，d为Si元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，a为O元素，b为Na元素，c为Al元素，d为Si元素。A. d的氧化物为二氧化硅，1mol 二氧化硅中含有4mol Si-O键，故A错误；B. 工业上冶炼铝是电解熔融的氧化铝实现的，故B正确；C. 一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，原子半径：a d c Ksp(CuS)C. a、b、c 三点溶液中，c(H+)和c(OH-)的积最小的为b点D. c 点溶液中：c(Na+)c(Cl-)c(S2-)c(OH-)c(H+)【答案】D【解析】【详解】A求算CuS的Ksp，利用b点。在b点，CuCl2和Na2S恰好完全反应，方程式为Cu2S2=CuS，溶液中的Cu2和S2的浓度相等，lgc(Cu2)=17.7，则c(Cu2)=1017.7mol/L。则Ksp= c(Cu2)c(S2-)=1017.71017.7=1035.441036，其数量级为1036，A项错误；B曲线上a点溶液为CuS的饱和溶液，c(S2-) c(Cu2+)=Ksp(CuS)，B项错误；C在水溶液中，c(H)c(OH)=Kw，温度不变，其乘积不变，C项错误；Dc点溶液Na2S溶液多加了一倍，CuCl2Na2S=CuS2NaCl，溶液为NaCl和Na2S的混合溶液，浓度之比为2:1。c(Na)c(Cl)c(S2)，S2会水解，S2H2OHSOH溶液呈现碱性，c(OH)c(H)，水解是微弱的，有c(S2) c(OH)。排序为c(Na+)c(Cl-)c(S2-)c(OH-)c(H+)；D项正确；本题答案选D。8.CCl3CHO是一种药物合成的中间体，可通过CH3CH2OH + 4Cl2 CCl3CHO+5HCl进行制备。制备时可能发生的副反应为C2H5OH + HClC2H5Cl + H2O、CCl3CHO+HClOCCl3COOH+HCl。合成该有机物的实验装置示意图(加热装 置未画出)和有关数据如下：(1)A中恒压漏斗的作用是_；A装置中发生反应的化学方程式为_。(2)装置B的作用是_；装置F在吸收气体时，为什么可以防止液体发生倒吸现象_。(3)装置E中的温度计要控制在70，三口烧瓶采用的最佳加热方式是_。如果要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果，冷水应该从_(填“a”或“b”)口通入。实验使用球形冷凝管而不使用直形冷凝管的目的是_。(4)实验中装置C中的试剂是饱和食盐水，装置中D的试剂是浓H2SO4。如果不使用D装置，产品中会存在较多的杂质_(填化学式)。除去这些杂质最合适实验方法是_。(5)利用碘量法可测定产品的纯度，反应原理如下：CCl3CHO+NaOHCHC13+HCOONa HCOONa+I2=HI+NaI+CO2 I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O8称取该实验制备的产品5.00 g，配成100.00 mL溶液，取其中10.00 mL,调节溶液 为合适的pH后，加入30.00 mL 0.100 mol L-1的碘标准液，用0 100 mol L-1的 Na2S2O3溶液滴定，重复上述3次操作，消耗Na2S2O3溶液平均体积为20.00 mL,则该次实验所得产品纯度为_。【答案】 (1). 保持漏斗和反应容器内的气压相等 (2). 2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O (3). 安全瓶(或防止装置C中液体倒吸入装置A中) (4). 漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中 (5). 水浴 (6). b (7). 增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果 (8). C2H5Cl、CCl3COOH (9). 蒸馏 (10). 59%【解析】【分析】A装置利用高锰酸钾与浓盐酸制备氯气，C装置用饱和食盐水除去HCl，D装置盛放浓硫酸干燥氯气，E中反应制备CCl3CHO。F装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气。【详解】(1)A中的恒压漏斗使得漏斗中的压强和圆底烧瓶中的压强相同，从而浓盐酸能够顺利流下。高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，方程式为2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O；(2)装置B中的导管很短，而且B中没有试剂，所以是作安全瓶，防止C装置处理HCl气体时发生倒吸。装置F中倒扣的漏斗，与液体接触的部分横截面积很大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中，不会发生倒吸。答案为安全瓶 漏斗口径较大，被吸住的液体会迅速回落烧杯中；(3)温度要控制在70，未超过水的沸点100，可以选择水浴加热，即最佳的加热方式为水浴加热。冷凝过程中，冷凝管中应该充满水，所以冷水应该从b口进。球形冷凝管与蒸气接触的面积大，冷凝回流效果更好。 答案为：水浴 b 增大蒸气与外界接触面积，提高冷凝回流效果；(4)如果没有浓硫酸干燥，则E中会有水参加反应，水与氯气反应生成HCl和HClO，副反应就会发生，生成的产物有C2H5Cl、CCl3COOH。从图表所给的信息来看，杂质均溶于乙醇，得到一混合液体，且沸点相差较大，使用蒸馏，可以分离除去；(5)加入的碘单质被硫代硫酸钠和CCl3CHO消耗，加入的碘单质的物质的量为0.03L 0.100 mol L-1=0.003mol，消耗的Na2S2O3的物质的量为0.02L 0.100 mol L-1=0.002mol。有关系式为I2 CCl3CHO I2 2Na2S2O3 0.001mol 0.002molCCl3CHO消耗碘单质的物质的量为0.003-0.001mol=0.002mol，则10mL的溶液中含有CCl3CHO的物质的量为0.002mol。100mL溶液中含有CCl3CHO为0.02mol，质量为0.02mol147.5g=2.95g，则纯度。【点睛】本题纯度的计算采用的返滴法，要理解题目所给方程式的意思。消耗I2的物质有两种，和一般的滴定有所差别。9.研究和深度开发CO、CO2的应用具有重要的社会意义.回答下列问题： I.CO可用于高炉炼铁，已知：Fe3O4(s)+4CO(g)=3Fe(s)+4CO2 (g) H1=akJ/mol3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2 (g) H2=bkJ/mol则反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2 (g)的H=_kJ/mol.定条件下，CO2和CO可以互相转化 (1)某温度下，在容积为2 L的密闭容器按甲、乙两种方式投入反应物发生反应：CO2 (g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)甲容器15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75%。则015 min内平均反应速率_，此条件下该反应的平衡常数K= _。欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则w、x、y、z需满足的关系是: y_z(填或“”“”“ = ”)，且y=_(用含的等式表示)。(2)研究表明，温度、压强对反应“C6H5CH2CH3 (g)+CO2(g) C6H5CH=CH2(g)+CO(g) + H2O(g)”中乙苯的平衡转化率影响如图所示：则H_(填“”、“ (7). p1 p2 p3 (8). k正/k逆=K【解析】【分析】、利用盖斯定律求反应热；、利用三段式结合方程式计算；根据外界条件对反应速率和平衡常数的影响分析解答；根据反应速率表达式结合平衡常数表达式解答。【详解】、(1)反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)等于反应(2/3)反应(1/3)，H=H1(2/3)H2(1/3)=(2a+b)/3；、(1)CO2转化率为75%，则消耗的CO2的物质的量为8mol75%=6mol，体积为2L，转化的浓度为3molL1。则CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)开始的浓度 4 8 0 0转化的浓度 3 3 3 3平衡时的浓度 1 5 3 3用时为15min，反应速率；平衡常数。乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，甲中反应正向进行，生成的CO和H2O相同，则乙不管是正向进行还是逆向进行，CO和H2O的物质的量必须相等，y=z。乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，对于前后体积相等的反应，各反应物要成比例。在甲中CO2和H2的比例为1：2，则将乙中的CO和H2完全转化为CO2和H2，乙中CO2的物质的量为+y，H2的物质的量为x+y。，则y=x-2；(2)看图像中曲线，随着温度的升高，乙苯的转化率升高，说明升高温度，平衡正向移动。根据所学，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应为吸热反应，则H0。在同一温度下，可以发现p3时，乙苯的转化率最高。该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向气体体积减小的反应移动，为逆反应方向，乙苯的转化率降低。说明p3表示的压强最小，则得到其关系为p1p2p3；(3)达到化学平衡是正反应速率等于逆反应速率，正=逆，即k正c(CO)c(NO2)=k逆c(CO2)c(NO)。平衡常数K的表示为。转变形式有，则k正/k逆=K。【点睛】第部分(3)中，看似是新的知识点，但是抓住平衡时的特点，即正反应速率等于逆反应速率，和平衡常数表达式，即可完成。需要对新知识加以理解和应用。10.精炼铜工业中阳极泥的综合利用具有重要意义。一种从铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：已知：分金液中含金离子主要成分为AuCl4；分金渣的主要成分为AgCl；分银液中含银离子主要成分为Ag(SO3)23，且存在Ag(SO3)23Ag+2SO“分铜”时各元素的浸出率如下表所示。（1）由表中数据可知，Ni的金属性比Cu_。分铜渣中银元素的存在形式为（用化学用语表示）_。“分铜”时，如果反应温度过高，会有明显的放出气体现象，原因是_。（2）“分金”时，单质金发生反应的离子方程式为_。（3）Na2SO3溶液中含硫微粒物质的量分数与pH的关系如图所示。“沉银”时，需加入硫酸调节溶液的pH=4，分析能够析出AgCl的原因为_。调节溶液的pH不能过低，理由为_（用离子方程式表示）。（4）已知KspAg2SO4=1.4105，沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中SO42浓度（假定溶液中Ag+浓度为0.1mol/L）。_。（5）工业上，用镍为阳极，电解0.1 mol/L NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得高纯度的球形超细镍粉。当其他条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示：为获得髙纯度的球形超细镍粉，NH4Cl溶液的浓度最好控制为_g/L，当NH4Cl溶液的浓度大于15g/L时，阴极有无色无味气体生成，导致阴极电流效率降低，该气体为_。【答案】 (1). 强 (2). Ag、AgCl (3). H2O2分解放出氧气 (4). 2Au+ClO3+7Cl+6H+=2AuCl4 +3H2O (5). 分银液中存在Ag(SO3)23Ag+2SO32，加H2SO4至pH=4，SO32转化为HSO3，c(SO32)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl (6). SO32+ 2H+ = SO2+H2O (7). 溶液中SO42浓度应低于1.4103mol/L (8). 10 (9). H2【解析】【分析】铜阳极泥中加入硫酸、过氧化氢和氯化钠进行分铜，“分铜”时，单质铜发生的反应是铜在酸性溶液中被过氧化氢氧化生成硫酸铜和水，“分铜”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣；加入盐酸和氯酸钠进行分金，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成AuCl4-，分金液的主要成分为AuCl4-；分金渣的主要成分为AgCl，加入亚硫酸钠进行分银，过滤得到的分银液中主要成分为Ag(SO3)23-，且存在Ag(SO3)23-Ag+2SO32-加入硫酸沉银，促使Ag(SO3)23-Ag+2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，以此解答该题。【详解】(1)由表中数据可知，镍的Ni浸出率比铜高，说明镍容易被氧化，因此金属性Ni比Cu强。根据上述分析，“分铜”时加入足量的NaCl可以使溶解出的Ag+形成AgCl进入分铜渣，分铜渣中银元素的存在形式为Ag、AgCl；“分铜”时，如果反应温度过高，双氧水发生分解，会有明显的气体放出现象，故答案为：强；Ag、AgCl；H2O2分解放出氧气；(2)分金液的主要成分为AuCl4-，“分金”时，单质金发生的反应是金和加入的氯酸钠和盐酸发生氧化还原反应生成AuCl4-，反应的离子方程式为：2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2AuCl4-+3H2O，故答案为：2Au+ClO3-+7Cl-+6H+=2AuCl4-+3H2O；(3)分银液中主要成分为Ag(SO3)23-，且存在Ag(SO3)23-Ag+2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行，能够析出AgCl 的原因为：H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，促使Ag(SO3)23-Ag+2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，调节溶液的pH 不能过低理由为：避免产生污染气体SO2，故答案为：H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，促使Ag(SO3)23-Ag+2SO32-平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl；避免产生污染气体SO2；(3)分银液中主要成分为Ag(SO3)23-，由于存在Ag(SO3)23-Ag+2SO32-，H2SO4电离出的H+降低了SO32-的浓度，平衡正向进行，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl；如果溶液的pH 过低，硫酸会与亚硫酸根离子反应放出气体SO2，产生污染，反应的离子方程式为SO32+ 2H+ = SO2+H2O，故答案为：分银液中存在Ag(SO3)23Ag+2SO32，加H2SO4至pH=4，SO32转化为HSO3，c(SO32)减小，平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+与分银液中Cl反应生成AgCl；SO32+ 2H+ = SO2+H2O；(4)c(SO42)=1.4103 mol/L，因此沉银时为了保证不析出Ag2SO4，应如何控制溶液中SO42浓度低于1.4103mol/L，故答案为：溶液中SO42浓度应低于1.4103mol/L；(5)根据图象可知，NH4Cl的浓度为10gL-1时，镍的成粉率最高，所以NH4Cl的浓度最好控制为10 gL-1，当NH4Cl浓度大于15gL-1时，阴极有气体生成，阴极发生还原反应，阴极生成的气体为氢气，溶液中铵根离子水解溶液呈酸性，阴极电极反应式为：2H+2e-=H2或2NH4+2H2O+2e-=2NH3H2O+H2，产生气体为氢气，故答案为：10；H2。11.BA族半导体纳米材料（如CdTe、CdSe、ZnSe、ZnS等）在光电子器件、太阳能电池以及生物探针等方面有广阔的前景。回答下列问题：（1）基态锌（Zn）原子的电子排布式为Ar_。（2）“各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的二倍”，支撑这一结论的理论是_（填标号）a 构造原理 b 泡利原理 c 洪特规则 d 能量最低原理（3）在周期表中，Se与As、Br同周期相邻，与S、Te同主族相邻。Te、As、Se、Br的第一电离能由大到小排序为_。（4）H2O2和H2S的相对分子质量相等，常温下，H2O2呈液态，而H2S呈气态，其主要原因是_；的中心原子杂化类型为_，其空间构型为_。（5）ZnO具有独特的电学及光学特性，是一种应用广泛的功能材料。已知锌元素、氧元素的电负性分别为1.65、3.5，ZnO中化学键的类型为_。ZnO可以被NaOH溶液溶解生成Zn(OH)42，请从化学键角度解释能够形成该离子的原因。_。 一种ZnO晶体晶胞如图所示。晶胞边长为a nm、阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度为_gcm3。【答案】 (1). 3d104s2 (2). b (3). BrAsSeTe (4). H2O2分子间存在氢键 (5). sp3杂化 (6). 三角锥形 (7). 离子键 (8). Zn2+可以通过配位键与OH结合成为络离子 (9). 3.241023/(a 3NA)【解析】【分析】(1)锌为30号元素，据此书写基态锌(Zn)原子的电子排布式；(2)根据“各能级最多容纳电子数，是该能级原子轨道数的二倍”，结合各选项分析判断；(3) 同周期元素，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，据此判断Te、As、Se、Br的第一电离能的大小顺序；(4) H2O2分子间存在氢键，而H2S分子间不能形成氢键；根据价层电子对数=键个数+孤电子对个数分析解答；(5)根据电负性的差值1.7，形成离子键，1.7形成共价键判断；根据Zn(OH)42中存在配位键分析解答；根据均摊法计算ZnO晶胞中含有的Zn、O原子数，计算晶胞的质量，再计算晶胞的密度。【详解】(1)锌为30号元素，基态锌(Zn)原子的价电子排布式为 3d104s2，故答案为：3d104s2；(2)“各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的二倍”，支撑这一结论的理论是泡利原理，故答案为：b；(3) 同周期元素，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小。在周期表中，Se与As、Br同周期相邻，与S、Te同主族相邻，则Te、As、Se、Br的第一电离能由大到小排序为BrAsSeTe，故答案为：BrAsSeTe；(4)H2O2和H2S的相对分子质量相等，但H2O2分子间存在氢键，沸点较高，H2S分子间不能形成氢键，使得常温下，H2O2呈液态，而H2S呈气态；的中心原子Se的价层电子对数=3+=4，采用sp3杂化，其空间构型为三角锥形，故答案为：H2O2分子间存在氢键；sp3杂化；三角锥形；(5)锌元素、氧元素的电负性分别为1.65、3.5，ZnO中电负性的差值=3.5-1.65=1.851.7，构成离子键；Zn2+可以通过配位键与OH结合成为络离子，导致ZnO可以被NaOH溶液溶解生成Zn(OH)42，故答案为：离子键；Zn2+可以通过配位键与OH结合成为络离子；ZnO晶胞中含有Zn原子数=8+6=4，O原子数=12+1=4，因此晶胞的质量=g，晶胞的体积=(a10-7)3cm3，晶胞的密度=1023 gcm3，故答案为：1023。12.化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+HCHO+HCOO-回答下列问题：（1）E中含氧官能团名称为_非含氧官能团的电子式为_。E的化学名称为苯丙炔