高級中學名校試卷PAGEPAGE1山東省聊城市某校2024-2025學年高二下學期第一次月考可能用到的元素相對分子質量：H-1；C-12；N-14；O-16；Na-21；Mg-24；Al-27；Si-28；S-32；Cl-35.5；K-39；Ca-40；Cr-52；Fe-56；Cu-64；Zn-65；Te-128；一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.下列儀器名稱不正確的是()A.燒瓶 B.冷凝管C.表面皿 D.蒸餾燒瓶【答案】A【解析】該儀器為配制一定物質的量濃度的溶液要用的容量瓶，燒瓶沒有玻璃塞，A不正確；該儀器為蒸餾裝置中所用的冷凝管，B正確；該儀器為表面皿，C正確；該儀器為蒸餾裝置中要用到的蒸餾燒瓶，D正確；本題選不正確的，故選A。2.下列化學用語正確的是A.全氟丙烷的球棍模型：B.丙醛的鍵線式：C.次氯酸鈉的電子式D.異丁烷的結構簡式：CH3CH(CH3)CH3【答案】D【解析】F的原子半徑比C小，全氟丙烷的球棍模型應為，A錯誤；鍵線式中每個拐點或終點均表示有1個碳原子，是丁酮的鍵線式，B錯誤；次氯酸鈉屬于離子化合物由陰陽離子構成，其電子式應為：，C錯誤；異丁烷的分子式為C4H10，結構簡式為：CH3CH(CH3)CH3，D正確；故選D。3.我們已經學習過有機化合物的分類，用已有的知識對下列有機物的分類其正確的是A.脂環化合物 B.是芳香族化合物C.是鏈狀化合物 D.乙烯、苯、環己烷都屬于脂肪烴【答案】C【解析】該結構中含有的是苯環，是芳香環化合物，故A錯誤；該結構中不含苯環不屬于芳香族化合物，故B錯誤；由結構簡式可知該結構中不含環狀結構，屬于鏈狀化合物，故C正確；苯屬于芳香化合物，故D錯誤；故選：C。4.芳香烴C8H10有四種結構，其中一種結構的苯環上的一氯代物只有一種，則這種結構是A. B.C. D.【答案】A【解析】對二甲苯苯環上只有一種氫，苯環上的一氯代物只有一種，故A選；苯環上的一氯代物有2種，故B不選；苯環上的一氯代物有3種，故C不選；苯環上的一氯代物有3種，故D不選；故選A。5.下列各組物質的沸點按由低到高的順序排列正確的是A.NH3、CH4、NaCl、Na B.H2O、H2S、MgSO4、SO2C.Li、Na、K、Rb、Cs D.Rb2O、BaO、CaO、MgO【答案】D【解析】NaCl是離子晶體，沸點高于Na，A錯誤；MgSO4是離子晶體，沸點高于分子晶體SO2，水分子有分子間氫鍵，沸點比H2S和SO2高，B錯誤；堿金屬的沸點從上到下依次減小，C錯誤；離子晶體的沸點與晶格能有關，晶格能越大，沸點越高，離子帶的電荷數越多、半徑越小晶格能越大，因此沸點按由低到高為Rb2O、BaO、CaO、MgO，D正確。6.下列關于晶體的說法正確的是A.凡有規則幾何外形的固體均為晶體B.晶體在不同方向上的硬度、導熱性、導電性均相同C.水晶有固定的熔點，普通玻璃無固定的熔點D.將飽和硫酸銅溶液冷卻降溫，析出的固體不是晶體【答案】C【解析】具有規則幾何外形的固體不一定是晶體，故A錯誤；由于晶體內部質點排列的高度有序性，使得晶體在強度、導熱性、光學性質等物理性質上常常表現為各向異性，故B錯誤；水晶是晶體，有固定的熔點，普通玻璃是混合物無固定的熔點，故C正確；得到晶體一般有三條途徑：①熔融態物質凝固；②氣態物質冷卻不經液態直接凝固(凝華)；③溶質從溶液中析出，所以將飽和硫酸銅溶液冷卻降溫，析出的固體是晶體，故D錯誤；故選C。7.下列化合物的譜圖中吸收峰的數目不正確的是A.(2組) B.(5組)C.(3組) D.(4組)【答案】A【解析】軸對稱，其中含有3種類型的氫原子，核磁共振氫譜中出現3組峰，故A錯誤；含有5種類型的氫原子，核磁共振氫譜中出現5組峰，故B正確；含有3種類型的氫原子，核磁共振氫譜中出現3組峰，故C正確；含有4種類型的氫原子，核磁共振氫譜中出現4組峰，故D正確；故答案為A。8.某化合物6.4g在氧氣中完全燃燒，只生成8.8gCO2和7.2gH2O。下列說法中正確的是()①該化合物僅含碳、氫兩種元素②該化合物中碳、氫原子個數比為1∶4③無法確定該化合物是否含有氧元素④該化合物中一定含有氧元素A.①② B.②④ C.③④ D.②③【答案】B【解析】化合物燃燒生成8.8gCO2和7.2gH2O，根據元素守恒則一定含有C、H元素，8.8g二氧化碳的物質的量為=0.2mol，n(C)=n(CO2)=0.2mol，m(C)=0.2mol×12g/mol=2.4g，7.2g水的物質的量為=0.4mol，n(H)=2n(H2O)=0.8mol，m(H)=0.8g，故化合物中N(C)∶N(H)=0.2mol∶0.8mol=1∶4，由于m(C)+m(H)=2.4g+0.8g=3.2g＜6.4g，所以該化合物中一定含有氧元素，該化合物為烴的含氧衍生物，綜上分析可知，①③錯誤，②④正確，故選B。9.氯仿常因保存不慎而被氧化，產生劇毒物光氣：，下列說法不正確的有A.分子為含極性鍵的非極性分子B分子中含有3個鍵、一個鍵，中心C原子采用雜化C.分子中所有原子的最外層電子都滿足8電子穩定結構D.使用前可用硝酸銀稀溶液檢驗氯仿是否變質【答案】A【解析】CHCl3中含C—H鍵和C—Cl鍵，C—H鍵和C—Cl鍵都是極性鍵，CHCl3為四面體形分子，分子中正電中心和負電中心不重合，CHCl3為極性分子，A項錯誤；單鍵是σ鍵，雙鍵中有1個σ鍵和1個π鍵，根據COCl2的結構式知，COCl2分子中含有3個σ鍵、1個π鍵，雜化軌道用于形成σ鍵和容納孤電子對，C原子形成3個σ鍵，C原子上沒有孤電子對，中心原子C采用sp2雜化，B項正確；COCl2的電子式為，COCl2分子中所有原子的最外層都滿足8電子穩定結構，C項正確；CHCl3不會電離出Cl-，HCl在水溶液中會電離出H+和Cl-，使用前向氯仿中加入AgNO3稀溶液，若產生白色沉淀表明氯仿變質，若無明顯現象表明氯仿沒有變質，D項正確；答案選A。10.下列實驗中，所采取的分離或提純方法與對應原理都正確的是目的分離方法原理A分離水和乙醇蒸餾水和乙醇的沸點不同B分離溶于水的溴乙醇萃取溴在乙醇中的溶解度較大C除去中少量氣體通入足量溶液中洗氣會與溶液反應且產生更多D除去固體中混有的少量雜質加水溶解配成熱的濃溶液，冷卻結晶，過濾和溶解度隨溫度變化有較大差異A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】水和乙醇互溶且沸點不同，通過蒸餾可基本分離，A符合題意；由于乙醇和水互溶，故不可用乙醇作萃取劑萃取溶于水中的溴單質，B不符合題意；不能將混有少量HCl的CO2氣體通入飽和Na2CO3溶液中，原因是發生反應：，即CO2能被Na2CO3溶液吸收，混合氣體應通入飽和NaHCO3溶液中洗氣，原因是CO2難溶于飽和NaHCO3溶液，即飽和NaHCO3只吸收HCl、不吸收CO2，且產生更多的CO2，達到除雜目的，C不符合題意；NaCl的溶解度隨著溫度變化不大，KNO3的溶解度隨著溫度的升高明顯增大，故除去NaCl固體中混有的少量KNO3雜質的方法是：溶解、蒸發結晶、趁熱過濾，若采用加水溶解配成熱的濃溶液、冷卻結晶、過濾所得固體仍是NaCl和KNO3的混合物，D不符合題意；答案選A。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意，全都選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。11.液化石油氣的主要成分是丙烷和丁烷，下列有關的敘述中正確的是A.丙烷分子中碳原子在一條直線上B.光照下，丙烷和丁烷均可以和溴水發生取代反應C.丙烷比丁烷更易液化D.丙烷的二氯代物有4種同分異構體【答案】D【解析】烷烴分子中有多個碳原子應呈鋸齒形，丙烷呈角形，碳原子不在一條直線上，A錯誤；丙烷等烷烴在光照的條件下可以和氣態鹵單質發生取代反應，跟鹵水(像氯水，溴水等)不反應，B錯誤；烷烴中碳個數越多沸點越高，丙烷分子中碳原子數小于丁烷，故丁烷沸點高，更易液化，C錯誤；丙烷的碳鏈結構為C—C—C，2個Cl可以分別在兩端的碳原子上，或者在中間和一端的碳原子上，也可以同時在中間的碳原子上或者同時在一端的碳原子上，一共4種，D正確。故選D。12.熒光探針已成為檢測成像和疾病診斷的強大工具。圖為某熒光探針的傳感機理，有關說法錯誤的是A.Cu位于周期表的ds區B.BTCu分子中B原子的雜化方式為sp2C.1molBTCu分子中含有1mol配位鍵D.BTCu-Cu2+中第二周期元素的電負性大小順序為F>N>O>C>B【答案】BD【解析】Cu是29號元素，屬于第ⅠB族元素，位于ds區，故A正確；B原子價層電子對數是4，則B原子采用sp3雜化，故B錯誤；BTCu分子中B原子形成1個配位鍵，所以1molBTCu分子中含有1mol配位鍵，故C正確；同一周期主族元素，電負性隨著原子序數增大而增大，則電負性F>O>N>C>B，故D錯誤；故選BD。13.實驗室用環己醇和濃磷酸制備環己烯，所得的粗產品可經以下步驟提純：下列儀器在環己烯的分離提純時需要用到的是A.①③④⑤ B.③④⑥⑦ C.①②⑤⑦ D.②④⑤⑥【答案】C【解析】粗產品提純首先是向粗產品中加入碳酸鈉溶液，反應過量的磷酸，混合液加入蒸餾水，萃取后分液，取油相，加入無水氯化鈣干燥，過濾后，再蒸餾得純品。加入碳酸鈉溶液中和過量磷酸需要在燒杯①中進行，萃取分液需要在分液漏斗②中進行，過濾除去氯化鈣需要用到漏斗⑤，最后蒸餾需要用蒸餾燒瓶⑦，需要用到①②⑤⑦；本題選C。14.從含KI、KNO3等成分的廢水中回收I2和KNO3流程如圖，下列說法不正確的是A.步驟1中有機相應從分液漏斗的下口放出，無機相從上口倒出B.步驟2分離操作可選用蒸餾C.步驟3可利用碘易升華的性質提純粗碘D.步驟4將溶液蒸發至大量晶體析出時，再用余熱蒸干【答案】D【解析】氯氣將碘離子氧化為碘單質，萃取分液，得到有機相蒸餾得到粗碘，利用碘易升華的性質提純粗碘得到精碘；水相中含有硝酸鉀，加熱濃縮、冷卻結晶、過濾的方法獲得硝酸鉀晶體；步驟1中氯氣與碘離子反應生成碘單質，碘易溶于有機溶劑，且四氯化碳的密度比水大，則有機相應從分液漏斗的下口放出，無機相從上口倒出，A正確；步驟2為分離碘的四氯化碳溶液，可采用減壓蒸餾的方法分離四氯化碳和碘，B正確；碘易升華，而雜質無此性質，步驟3可利用碘易升華的性質提純粗碘，C正確；步驟4為制備硝酸鉀固體，由于硝酸鉀的溶解度隨溫度的升高明顯增大，所以應用加熱濃縮、冷卻結晶、過濾的方法獲得硝酸鉀晶體，D錯誤；故選D。15.某立方晶系的銻鉀(Sb-K)合金可作為鉀離子電池的電極材料，圖為該合金的晶胞結構圖，圖表示晶胞的一部分。下列說法正確的是A.該晶胞的體積為 B.K和Sb原子數之比為3：1C.與Sb最鄰近的K原子數為8 D.K和Sb之間的最短距離為apm【答案】BC【解析】該晶胞棱長=a×10-10cm，晶胞體積=（a×10-10cm）3=a3×10-30cm3，故A錯誤；該晶胞中K原子個數=12×+1+8=12、Sb原子個數=8×+6×=4，則K、Sb原子個數之比=12：4=3：1，故B正確；以圖標記的Sb原子為例，據此判斷與Sb最鄰近的K原子數為8（上下兩個晶胞），故C正確；根據圖2知，K與Sb原子之間的最短距離為晶胞體對角線長度的=××apm=apm，故D錯誤；故選BC。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.現有六種有機物，請回答下列問題：（1）①A中含有的官能團名稱為___________、___________。

②B的分子式為___________。

③D的一氯代物最多有___________種。

④上述化合物中互為同分異構體的是___________(填字母)（2）正丁烷、異丁烷和戊烷的沸點由高到低的順序為___________，請運用適當的化學原理解釋：___________。（3）甲烷和乙烷的一氯代物都只有一種，請寫出與發生一氯取代的化學方程式___________。（4）寫出C8H18主鏈5個碳原子，且有4個甲基的烷烴的結構簡式：___________。【答案】（1）①碳碳雙鍵②.羥基③.C9H12O④.4⑤.A和C（2）①.戊烷>正丁烷>異丁烷②.對于烷烴，碳原子數目越多，相對分子質量越大，分子間相互作用力越大，沸點越高，碳原子數目相同，支鏈越多，分子間作用力越小，沸點越低（3）（4）或CH3C(CH2CH3)3【解析】【小問1詳析】①A為，含有官能團名稱為碳碳雙鍵、羥基；②B中含有9個C原子，1個O原子，不飽和度為4，所以分子式為C9H12O；③該物質有如圖所示4種氫原子，所以一氯代物有4種；

④A和C的分子式均為C9H10O，但結構不同，二者互為同分異構體；【小問2詳析】正丁烷、異丁烷和戊烷對應的晶體都是分子晶體，沸點的高低取決于分子間作用力的大小，正丁烷、異丁烷和戊烷是同分異構體，支鏈越多，分子間作用力越弱，沸點越低，故沸點由高到低的順序為戊烷>正丁烷>異丁烷；【小問3詳析】與在光照條件下發生一氯取代的化學方程式；【小問4詳析】C8H18主鏈5個碳原子，且有4個甲基，則側鏈為1個甲基、1個乙基，且乙基只能在3號碳原子上，故烷烴的結構簡式為：或。17.回答下列問題：（1）觀察下列有機物，并按碳骨架把它們分類，完成填空：①

②

③

④

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

⑩屬于鏈狀化合物的是___________(填序號，下同)，屬于脂環化合物的是___________，屬于芳香族化合物的是___________。（2）下列3種有機化合物A．B．C．寫出化合物A、B、C中的官能團的名稱：___________、___________、___________。（3）分子式為的同分異構體中屬于醇類的有___________種；有機物中碳原子的雜化方式為___________。（4）乙酸和甲酸甲酯互為同分異構體，其結構式分別為和，通過下列方法或檢測儀得出的信息或信號完全相同的是___________(填選項字母)。A.李比希元素分析法 B.紅外光譜儀 C.核磁共振儀 D.質譜儀【答案】（1）①.①②③④⑤⑦②.⑧③.⑥⑨⑩（2）①.碳碳雙鍵②.羥基③.酯基（3）①.8②.（4）A【解析】【小問1詳析】鏈狀化合物就是沒有環狀結構，因此屬于鏈狀化合物的是①②③④⑤⑦，脂環化合物是指有環狀，但不是苯環，屬于脂環化合物的是⑧，芳香族化合物是指含苯環的化合物，屬于芳香族化合物的是⑥⑨⑩；故答案為：①②③④⑤⑦；⑧；⑥⑨⑩；【小問2詳析】化合物A、B、C中的官能團的名稱：碳碳雙鍵、羥基、酯基；【小問3詳析】分子式為C5H12O的同分異構體中屬于醇類，說明含有羥基即C5H11OH，相當于戊烷中一個氫原子被羥基取代，戊烷有三種結構，正戊烷有三種位置的氫，異戊烷有四種位置的氫，新戊烷有一種位置的氫，因此分子式為C5H12O的同分異構體中屬于醇類的有8種；有機物中飽和碳原子價層電子對數為4，C采取sp3雜化，碳碳雙鍵上碳原子價層電子對數為3，雜化方式為sp2；【小問4詳析】二者互為同分異構體，則通過李比希元素分析法得出的信息完全相同，A項符合題意；官能團分別為羧基、酯基，基團不同，紅外光譜信號不同，B項不符合題意；二者含有的氫原子的種類和個數雖然相同，但峰出現的位置不同，核磁共振氫譜信號不完全相同，C項不符合題意；二者的相對分子質量相等，質譜法測定的最大質荷比相同，但信號不完全相同，D項不符合題意；故選A。18.化學上研究有機物一般先進行分離提純，再測定有機物的組成和結構。（1）青蒿素是治療瘧疾耐藥性效果最好藥物之一，青蒿素為無色針狀晶體，熔點為，沸點為，熱穩定性差，難溶于水，可溶于乙醇、乙醚、氯仿和苯等有機溶劑。提取青蒿素的主要工藝流程如圖所示：(已知乙醚的沸點為)①將青蒿破碎的目的是_____。②操作I需要用到的玻璃儀器有：漏斗、燒杯、_____。③操作Ⅱ的名稱是_____。④操作Ⅲ的主要過程可能是_____(填序號)。A．加水溶解，蒸發濃縮、冷卻結晶B．加的乙醇，濃縮、結晶、過濾⑤小明同學在實驗室復刻該實驗，進行操作Ⅲ時溫度過高，他發現實驗得到的青蒿素產率很低，其原因可能是_____。（2）用燃燒法確定某有機物的化學式的常用裝置如圖所示，在電爐加熱時用純氧化管內樣品，根據產物的質量確定該有機物的組成。①A裝置中發生反應的化學方程式為_____。②C裝置中的作用是_____。③)若準確稱取樣品(只含C、H、O三種元素中的兩種或三種)，經充分燃燒后，D管質量增加，E管質量增加，該有機物的質譜圖如圖所示，則該有機物的分子式為_____。④該有機物的核磁共振氫譜圖中有2種峰且峰面積比為，則該分子可能為_____(填一種)。⑤該實驗裝置可能會產生誤差，造成測定的含氧量偏低，改進方法是_____。【答案】（1）①.增大接觸面積，加快浸取速率②.玻璃棒③.蒸餾④.A⑤.青蒿素高溫分解（2）①.2H2O22H2O+O2↑②.使CO轉化為CO2③.C2H4O2④.乙酸或甲酸甲酯⑤.在E后邊接上一個盛有堿石灰的干燥管【解析】(1)用乙醚提取青蒿素：對青蒿進行干燥破碎，可以增大青蒿與乙醚的接觸面積，提高青蒿素的浸取率，用乙醚對青蒿素進行浸取后，過濾，可得濾液和濾渣，提取液經過蒸餾后可得青蒿素的粗品，對粗品重結晶可得精品；(2)實驗原理是測定一定質量的有機物完全燃燒時生成CO2和H2O的質量，來確定是否含氧及C、H、O的個數比，求出最簡式。因此生成O2后必須除雜(主要是除H2O)明確各裝置的作用是解題的前提，A用來制取反應所需的氧氣、B用來吸收水、C是在電爐加熱時用純氧氣氧化管內樣品、D用來吸收產生的水、E用來吸收產生的二氧化碳；根據一氧化碳能與氧化銅反應，可被氧化成二氧化碳的性質可知CuO的作用是把有機物不完全燃燒產生的CO轉化為CO2；確定物質的化學式可借助元素的質量守恒進行解答。【小問1詳析】①將青蒿破碎的目的是增大接觸面積，加快浸取速率，故答案為：增大接觸面積，加快浸取速率；②操作Ⅰ為過濾，需要的玻璃儀器主要有：燒杯、玻璃棒和漏斗，故答案為：玻璃棒；③根據分析可知，操作Ⅱ的名稱是蒸餾，故答案為：蒸餾；④對粗品進行重結晶可獲得精品，青蒿素為無色針狀晶體，熔點為156℃，沸點為389.9℃，熱穩定性差，難溶于水，可溶于乙醇、乙醚、氯仿和苯等有機溶劑，則操作過程為：加水溶解，蒸發濃縮、冷卻結晶，故答案為：A；⑤青蒿素為無色針狀晶體，熔點為156℃，沸點為389.9℃，熱穩定性差，進行操作Ⅲ時溫度過高，得到的青蒿素產率很低，其原因可能是青蒿素高溫分解，故答案為：青蒿素高溫分解；【小問2詳析】①A裝置用于生成氧氣，分液漏斗盛放的物質是雙氧水，化學方程式為2H2O22H2O+O2↑，故答案為：2H2O22H2O+O2↑；②CuO的作用是使CO轉化為CO2，故答案為：使CO轉化為CO2；③E管質量增加1.76克說明生成了1.76克二氧化碳，可得碳元素的質量：1.76g××100%=0.48g；D管質量增加0.72克說明生成了0.72克水，可得氫元素的質量：0.72g××100%=0.08g，可推出含氧元素的質量為：1.2-0.48-0.08=0.64g，設最該有機物的簡式為CXHYOZ，則12X：Y：16Z=0.48：0.08：0.64，故X：Y：Z=1：2：1，故該有機物的最簡式為CH2O，由該有機物的質荷比圖可知，該有機物的相對分子質量為60，則該有機物的分子式C2H4O2，故答案為：C2H4O2；④該有機物的不飽和度為1，核磁共振氫譜中有2種峰且峰面積比為3：1，則該有機物含有甲基，其結構簡式可能為CH3COOH或CH3OOCH，則該分子可能為乙酸或甲酸甲酯，故答案為：乙酸或甲酸甲酯；⑤E可吸收空氣中的二氧化碳和水蒸氣，使得C的含量偏高，O的含量偏低，故需要在E后邊接上一個盛有堿石灰的干燥管，故答案為：在E后邊接上一個盛有堿石灰的干燥管。19.碲化鋅(ZnTe)具有寬禁帶的特性，常用于制作半導體材料，在太陽能電池、太赫茲器件、波導以及綠光光電二極管等方面具有良好應用前景。(1)碲(Te)元素在周期表中的位置________；核外未成對電子數有________個。(2)原子的第一電離能是指氣態電中性基態原子失去一個電子轉化為氣態正離子所需的最低能量，第一電離能Zn_____Ga(填“>”、“<”或“=”)。(3)基態鋅原子的核外電子排布式為[Ar]_________；向氯化鋅溶液中加入過量的氨水，得到配位化合物[Zn(NH3)4]C12，則該配位化合物中含有的化學鍵有____________。(4)碲的同主族元素的化合物有多種：①H2O、H2S、H2Se的沸點由大到小順序是___________，氫化物的還原性H2S______H2Te(填“>”、“<”或“=”)。②SO2分子中，中心原子采取________雜化；SO32-的VSEPR模型名稱為____________。(5)碲化鋅晶體有兩種結構，其中一種晶胞結構如圖：晶胞中與Te原子距離最近的Te原子有________個；若兩個距離最近的Te原子間距離為apm，則晶體密度為____g／cm3。【答案】①.第5周期、ⅥA族②.2③.>④.3d104s2⑤.離子鍵、共價鍵、配位鍵⑥.H2O、H2Se、H2S⑦.<⑧.sp2⑨.四面體（或三角錐形）⑩.12?.【解析】(1)碲的核電荷數為52，與氧元素同主族，在周期表中的位置第5周期、ⅥA族；基態原子電子排布式為[Kr]4d105s25p4，則根據泡得不相容原理可知，其核外5p軌道上有2個不成對電子；(2)Zn的價電子排布式為[Ar]3d104s2，Ga的價電子排布式為[Ar]3d104s24p1，很明顯Zn的4s為全充滿結構，相對穩定，其第一電離能大于Ga，即第一電離能Zn＞Ga；(3)鋅的核電荷數為30，其基態鋅原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s2；配位化合物[Zn(NH3)4]C12中含有的化學鍵有離子鍵、共價鍵、配位鍵；(4)①H2O分子間有氫鍵，沸點高，而H2S分子間作用力比H2Se低，H2Se的沸點比H2S高，則沸點由大到小順序是H2O＞H2Se＞H2S，非金屬性越強，氫化物越穩定，其還原性越弱，S的非金屬性比Te強，則氫化物的還原性H2S＜H2Te；②SO2分子中心原子S原子的價層電子對數為=3，有1對孤對電子對，為sp2雜化；SO32-離子中心原子S原子的價層電子對數為=4，有1對孤對電子對，為三角錐型。(5)由晶胞的結構可知與晶胞頂點Te原子距離最近的Te原子為晶胞表面的中心原子，因頂點為8個晶胞共用，則晶胞中與與Te原子距離最近的Te原子有12個；晶胞中Te原子數目為8×+6×=4，Zn原子數目為4，晶胞的質量為g=g，兩個距離最近的Te原子間距離為apm，晶胞的邊長為apm，晶胞的體積為(apm)3=(a×10-10)3cm3，則晶胞的密度為[g]÷[(a×10-10)3cm3]=g／cm3。『點石成金』：把握常見分子中原子的雜化及空間構型為解答的關鍵，根據價層電子對互斥理論確定分子空間構型及中心原子雜化