B

【详解】 A ．兽骨，甲骨文的契刻载体之一，主要是牛的肩胛骨，一小部分是羊、猪、鹿的肩胛骨，还有极少部分的牛肋骨，其主要成分是碳酸钙和其它钙盐，故 A 不符合题意；

B ．青铜器是红铜与其他化学元素锡、铅等的合金，属于合金材料，故 B 项符合题意；

C ．纸张的主要成分是纤维素，故 C 不符合题意；

D ．液晶显示器是一种采用液晶为材料的显示器，液晶是一类介于固态和液态间的有机化合物，故 D 不符合题意；

综上所述，答案为 B 项。

D

【详解】 A ． H ₂ 作为燃料在反应中被氧化，体现出还原性，故 A 项说法错误；

B ．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，故 B 项说法错误；

C ．乙酸钠饱和溶液中析出晶体的过程中无新物质生成，因此属于物理变化，故 C 项说法错误；

D ． 与 是质子数均为 92 ，中子数不同的核素，因此二者互为同位素，故 D 项说法正确；

综上所述，叙述正确的是 D 项。

C

【详解】 A ．鎏金饰品是用金汞合金制成的金泥涂饰器物的表面，经过烘烤，汞蒸发而金固结于器物上的一种传统工艺，其中不含硅酸盐，故 A 项不符合题意；

B ．蒜头纹银盒中主要成分为金属银，其中不含硅酸盐，故 B 项不符合题意；

C ．广彩瓷咖啡杯是由黏土等硅酸盐产品烧制而成，其主要成分为硅酸盐，故 C 项符合题意；

D ．铜镀金钟座是铜和金等制得而成，其中不含硅酸盐，故 D 项不符合题意；

综上所述，答案为 C 。

A

【分析】除杂过程中不能引入新杂质，同时为保证除杂完全，所加除杂试剂一般过量，然后选择合适的试剂将所加过量的物质除去。

【详解】粗盐中主要成分为 NaCl 。除去 Ca ²⁺ 选用 将其转化为沉淀，为了不引入新杂质，所加物质的阳离子为 Na ⁺ ，即选用 Na ₂ CO ₃ 除去 Ca ²⁺ ，同理可知，除去 Mg ²⁺ 需选用 NaOH ，除去 需选用 BaCl ₂ ，因所加除杂试剂均过量，因此向粗盐样品中加入除杂试剂的顺序中， BaCl ₂ 先于 Na ₂ CO ₃ 加入，利用 Na ₂ CO ₃ 除去 Ca ²⁺ 和多余的 BaCl ₂ ，因 Na ₂ CO ₃ 、 NaOH 均过量，成为新杂质，需要过滤后向滤液中加入 HCl ，至溶液中不再有气泡产生，以此除去 Na ₂ CO ₃ 、 NaOH ，然后将溶液蒸干得到较为纯净的食盐产品，综上所述，答案为 A 。

B

【详解】 A ．铜和浓硫酸反应过程中，生成 CuSO ₄ 体现出浓硫酸的酸性，生成 SO ₂ 体现出浓硫酸的强氧化性，故 A 错误；

B ． a 处的紫色石蕊溶液变红，其原因是 SO ₂ 溶于水生成了酸，可说明 SO ₂ 是酸性氧化物，故 B 正确；

C ． b 处品红溶液褪色，其原因是 SO ₂ 具有漂白性，而 c 处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是 SO ₂ 和 KMnO ₄ 发生氧化还原反应， SO ₂ 体现出还原性，故 C 错误；

D ．实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水 CuSO ₄ ，而非蓝色的 CuSO ₄ ·5H ₂ O ，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的 H ₂ O 吸收，故 D 错误；

综上所述，正确的是 B 项。

A

【详解】 A ．小苏打是碳酸氢钠，不是碳酸钠，主要用来做膨松剂，故 A 符合题意；

B ．熟石灰是氢氧化钙，具有碱性，可以用于处理酸性废水，故 B 不符合题意；

C ．熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成四氧化三铁和氢气，因此必须将模具干燥，故 C 不符合题意；

D ．钢板上镀铝，保护钢板，金属铝表面形成致密氧化膜而保护金属铝不被腐蚀，，故 D 不符合题意。

综上所述，答案为 A 。

C

【分析】甲～戊是短周期元素，戊中的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高氯酸，则戊为 Cl ，甲为 N 、乙为 F 、丙为 P 、丁为 S ，若是硫酸，则戊为 S ，甲为 C 、乙为 O 、丙为 Si 、丁为 P 。

【详解】 A ．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁＞戊＞乙，故 A 正确；

B ．根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：戊＞丁＞丙，故 B 正确；

C ．甲的氢化物可能为氨气，可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生；若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故 C 错误；

D ．丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸、也可能是磷酸，都一定能与强碱反应，故 D 正确。

综上所述，答案为 C 。

D

【详解】 A ．浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有 HCl ，可用饱和食盐水除去 HCl ， Cl ₂ 可用浓硫酸干燥， A 装置能达到实验目的，故 A 不符合题意；

B ．氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集， B 装置能收集氯气，故 B 不符合题意；

C ．湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故 C 不符合题意；

D ．氯气在水中的溶解度较小，应用 NaOH 溶液吸收尾气， D 装置不能达到实验目的，故 D 符合题意；

答案选 D 。

A

【详解】 A ．淀粉是由葡萄糖分子聚合而成的多糖，在一定条件下水解可得到葡萄糖，故 A 正确；

B ．葡萄糖与果糖的分子式均为 C ₆ H ₁₂ O ₆ ，结构不同，二者互为同分异构体，但含有 O 元素，不是烃类，属于烃的衍生物，故 B 错误；

C ．一个 CO 分子含有 14 个电子，则 1molCO 中含有 14×6.02×10 ²³ =8.428×10 ²⁴ 个电子，故 C 错误；

D ．未指明气体处于标况下，不能用标况下的气体摩尔体积计算其物质的量，故 D 错误；

答案选 A 。

C

【分析】根据电解原理可知，电解池中阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该题中以熔融盐为电解液，含 和 等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可使阳极区 Mg 和 Al 发生失电子的氧化反应，分别生成 Mg ²⁺ 和 Al ³⁺ ， Cu 和 Si 不参与反应，阴极区 Al ³⁺ 得电子生成 Al 单质，从而实现 Al 的再生，据此分析解答。

【详解】 A ．阴极应该发生得电子的还原反应，实际上 Mg 在阳极失电子生成 Mg ²⁺ ， A 错误；

B ． Al 在阳极上被氧化生成 Al ³⁺ ， B 错误；

C ．阳极材料中 Cu 和 Si 不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥， C 正确；

D ．因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等， D 错误；

故选 C 。

D

【分析】镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀，则将其放入到酸化的 3%NaCl 溶液中，会构成原电池，由于锌比铁活泼，作原电池的负极，而铁片作正极，溶液中破损的位置会变大，铁也会继续和酸化的氯化钠溶液反应产生氢气，溶液中会有亚铁离子生成，据此分析解答。

【详解】 A ．氯化钠溶液中始终存在氯离子，所以加入硝酸银溶液后，不管铁片是否被腐蚀，均会出现白色沉淀，故 A 不符合题意；

B ．淀粉碘化钾溶液可检测氧化性物质，但不论铁片是否被腐蚀，均无氧化性物质与碘化钾发生反应，故 B 不符合题意；

C ． KSCN 溶液可检测铁离子的存在，上述现象中不会出现铁离子，所以无论铁片是否被腐蚀，加入 KSCN 溶液后，均无红色出现，故 C 不符合题意；

D ． K ₃ [Fe(CN) ₆ ] 是用于检测 Fe ²⁺ 的试剂，若铁片没有被腐蚀，则溶液中不会生成亚铁离子，则加入 K ₃ [Fe(CN) ₆ ] 溶液就不会出现蓝色沉淀，故 D 符合题意。

综上所述，答案为 D 。

A

【详解】 A ．焦炭具有还原性，工业上常利用焦炭与石英砂（ SiO ₂ ）在高温条件下制备粗硅，这与 SiO ₂ 是否做光导纤维无因果关系，故 A 符合题意；

B ．海水中存在溴离子，可向其中通入氯气等氧化剂将其氧化为溴单质，再经过萃取蒸馏物理操作分离提纯溴单质，另外，通过富集海水中的镁离子，经过沉淀、溶解等操作得到无水氯化镁，随后电解熔融氯化镁可制备得到镁单质，陈述 I 和陈述 II 均正确，且具有因果关系， B 不符合题意；

C ．石油在催化剂加热条件下进行裂解可得到乙烯等不饱和烃，从而使溴的 CCl ₄ 溶液褪色，陈述 I 和陈述 II 均正确，且具有因果关系， C 不符合题意；

D ． FeCl ₃ 溶液中铁离子可发生水解，生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，从而可用作净水剂，陈述 I 和陈述 II 均正确，且具有因果关系， D 不符合题意；

综上所述，答案为 A 。

C

【详解】 A ．从图示可以看出，平衡时升高温度，氢气的物质的量减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即 Δ H ＞ 0 ，故 A 错误；

B ．从图示可以看出，在恒容密闭容器中，随着温度升高氢气的平衡时的物质的量减少，则平衡随着温度升高正向移动，水蒸气的物质的量增加，而 a 曲线表示的是物质的量不随温度变化而变化，故 B 错误；

C ．容器体积固定，向容器中充入惰性气体，没有改变各物质的浓度，平衡不移动，故 C 正确；

D ． BaSO ₄ 是固体，向平衡体系中加入 BaSO ₄ ，不能改变其浓度，因此平衡不移动，氢气的转化率不变，故 D 错误；

故选 C 。

B

【详解】 A ．向氢氧化钠溶液中通入足量的二氧化碳，碱可以转化成酸式盐，离子方程式为： CO ₂ +OH ^- = ，故 A 错误；

B ．氯气通入 NaOH 溶液中可以生成氯化钠和次氯酸钠两种盐，其离子方程式为： Cl ₂ +2OH ^- =Cl ^- +ClO ^- +H ₂ O ，故 B 正确；

C ．钠的过氧化物为 Na ₂ O ₂ ，可以和水反应生成氢氧化钠，但在离子方程式里 Na ₂ O ₂ 不能拆成离子，故 C 错误；

D ．硅酸钠溶于水，在离子方程式里要写成离子，故 D 错误；

故选 B 。

D

【详解】 A ．由图可知，无催化剂时，随反应进行，生成物浓度也在增加，说明反应也在进行，故 A 错误；

B ．由图可知，催化剂 I 比催化剂 Ⅱ 催化效果好，说明催化剂 I 使反应活化能更低，反应更快，故 B 错误；

C ．由图可知，使用催化剂 Ⅱ 时，在 0~2min 内 Y 的浓度变化了 2.0mol/L ，而 a 曲线表示的 X 的浓度变化了 2.0mol/L ，二者变化量之比不等于化学计量数之比，所以 a 曲线不表示使用催化剂 Ⅱ 时 X 浓度随时间 t 的变化，故 C 错误；

D ．使用催化剂 I 时，在 0~2min 内， Y 的浓度变化了 4.0mol/L ，则 (Y) = = =2.0 ， (X) = (Y) = 2.0 =1.0 ，故 D 正确；

答案选 D 。

C

【详解】 A ．由充电时电极 a 的反应可知，充电时电极 a 发生还原反应，所以电极 a 是阴极，则电极 b 是阳极，故 A 错误；

B ．放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极 a 的反应为 可知， NaCl 溶液的 pH 不变，故 B 错误；

C ．放电时负极反应为 ，正极反应为 ，反应后 Na ⁺ 和 Cl ^- 浓度都增大，则放电时 NaCl 溶液的浓度增大，故 C 正确；

D ．充电时阳极反应为 ，阴极反应为 ，由得失电子守恒可知，每生成 1molCl ₂ ，电极 a 质量理论上增加 23g/mol 2mol=46g ，故 D 错误；

答案选 C 。

(1)5.0

(2)C

(3)     3.00     33.00 正     实验 II 相较于实验 I ，醋酸溶液稀释了 10 倍，而实验 II 的 pH 增大值小于 1

(4)     0.1104

(5) 另取 20.00mlHAc ，加入 mL 氢氧化钠

(6)HClO ：漂白剂和消毒液 ( 或 H ₂ SO ₃ ：还原剂、防腐剂或 H ₃ PO ₄ ：食品添加剂、制药、生产肥料 )

【详解】（ 1 ）溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此 250mL×0.1mol/L=V×5mol/L ，解得 V=5.0mL ，故答案为： 5.0 。

（ 2 ） A ．容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故 A 错误；

B ．定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线 “ 三线相切 ” ，不能仰视或俯视，故 B 错误；

C ．向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故 C 正确；

D ．定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故 D 错误；

综上所述，正确的是 C 项。

（ 3 ） ① 实验 VII 的溶液中 n(NaAc) ： n(HAc)=3 ： 4 ， V(HAc)=4.00mL ，因此 V(NaAc)=3.00mL ，即 a=3.00 ， , 由实验 I 可知，溶液最终的体积为 40.00mL ，因此 V(H ₂ O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL ，即 b=33.00 ，故答案为： 3.00 ； 33.00 。

② 实验 I 所得溶液的 pH=2.86 ，实验 II 的溶液中 c(HAc) 为实验 I 的 ，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验 II 所得溶液的 pH=2.86+1=3.86 ，但实际溶液的 pH=3.36<3.86 ，说明稀释过程中，溶液中 n(H ⁺ ) 增大，即电离平衡正向移动，故答案为：正；实验 II 相较于实验 I ，醋酸溶液稀释了 10 倍，而实验 II 的 pH 增大值小于 1 。

（ 4 ） (i) 滴定过程中发生反应： HAc+NaOH=NaAc+H ₂ O ，由反应方程式可知，滴定至终点时， n(HAc)=n(NaOH) ，因此 22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc) ，解得 c(HAc)=0.1104mol/L ，故答案为： 0.1104 。

(ii) 滴定过程中，当 V(NaOH)=0 时， c(H ⁺ )= ≈ mol/L=10 ^-2.88 mol/L ，溶液的 pH=2.88 ，当 V(NaOH ） =11.04 mL 时， n(NaAc)=n(HAc) ，考虑 HAc 的电离和 Ac ^- 的水解， HAc 的电离程度大于 Ac ^- 的水解程度，故溶液中 NaAc ＞ HAc ，溶液的 pH ＞ PKa ，即 pH ＞ 4.76 ，当 V(NaOH)=22.08mL 时，达到滴定终点，溶液中溶质为 NaAc 溶液， Ac ^- 发生水解，溶液呈弱碱性，当 NaOH 溶液过量较多时， c(NaOH) 无限接近 0.1mol/L ，溶液 pH 接近 13 ，因此滴定曲线如图： 。

（ 5 ）向 20.00mL 的 HAc 溶液中加入 V ₁ mL NaOH 溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为 NaAc ，当 时，溶液中 c(H ⁺ ) 的值等于 HAc 的 K _a ，因此另取 20.00mlHAc ，加入 mL 氢氧化钠，使溶液中 n(NaAc)=n(HAc) ，故答案为：另取 20.00mlHAc ，加入 mL 氢氧化钠。

（ 6 ）不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如 HClO 具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒， H ₂ SO ₃ 具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量 H ₂ SO ₃ 可用作防腐剂， H ₃ PO ₄ 具有中强酸性，可用作食品添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途，故答案为： HClO ：漂白剂和消毒液 ( 或 H ₂ SO ₃ ：还原剂、防腐剂或 H ₃ PO ₄ ：食品添加剂、制药、生产肥料 ) 。

(1)Fe ²⁺

(2)     4.7 pH<6.2

(3)4.0 10 ^-4

(4) 加热搅拌可加快反应速率     冷却结晶

(5)MgSO ₄

(6)     15     O ₂ +4e ^- +2H ₂ O=4OH ^-

【分析】由流程可知，该类矿 ( 含铁、铝等元素 ) 加入酸化 MgSO ₄ 溶液浸取，得到浸取液中含有 、 、 、 、 、 等离子，经氧化调 pH 使 、 形成沉淀，经过滤除去，滤液 1 中含有 、 、 等离子，加入月桂酸钠，使 形成 沉淀，滤液 2 主要含有 MgSO ₄ 溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到 RECl ₃ 溶液。

【详解】（ 1 ）由分析可知， “ 氧化调 pH” 目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将 Fe ²⁺ 氧化为 Fe ³⁺ ，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是 Fe ²⁺ ，故答案为： Fe ²⁺ ；

（ 2 ）由表中数据可知， 沉淀完全的 pH 为 4.7 ，而 开始沉淀的 pH 为 6.2~7.4 ，所以为保证 、 沉淀完全，且 不沉淀，要用 溶液调 pH 至 4.7 pH<6.2 的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为 ，故答案为： 4.7 pH<6.2 ； ；

（ 3 ）滤液 2 中 浓度为 ，即 0.1125mol/L ，根据 ，若要加入月桂酸钠后只生成 ，而不产生 ，则 = =4.0 10 ^-4 ，故答案为： 4.0 10 ^-4 ；

（ 4 ） ①“ 加热搅拌 ” 有利于加快 溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；

② “ 操作 X” 的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸 熔点为 ，故 “ 操作 X” 的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；

（ 5 ）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有 MgSO ₄ ，故答案为： MgSO ₄ ；

（ 6 ） ① 中 Y 为 +3 价， 中 Pt 为 +4 价，而 中金属均为 0 价，所以还原 和 熔融盐制备 时，生成 1mol 转移 15 电子，故答案为： 15 ；

② 碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为 O ₂ +4e ^- +2H ₂ O=4OH ，故答案为： O ₂ +4e ^- +2H ₂ O=4OH ^- 。

(1)     N ₂ ↑     4H ₂ O     ( E ₁ - E ₂ )+Δ H +( E ₃ - E ₄ ) 2NO+O ₂ =2NO ₂

(2)     BD 当溶液 pH=9 时， ，因此可忽略溶液中

即 =0.20

反应 (ii) 的平衡常数 K ₂ = = =3.3×10 ^-7

联立两个方程可得 =6.0×10 ^-4 mol/L     λ ₃ 增大

【详解】（ 1 ） ① 分解过程中，生成 Cr ₂ O ₃ 和无污染气体，根据元素守恒可知，其余生成物为 N ₂ 、 H ₂ O ，根据原子守恒可知反应方程式为 ，故答案为： N ₂ ↑ ； 4H ₂ O 。

② 设反应过程中第一步的产物为 M ，第二步的产物为 N ，则 X→M Δ H ₁ =( E ₁ - E ₂ ) ， M→N Δ H ₂ =Δ H ， N→Y Δ H ₃ =( E ₃ - E ₄ ) ₁ ，根据盖斯定律可知， X(g)→Y(g) 的焓变为 Δ H ₁ +Δ H ₂ +Δ H ₃ =( E ₁ - E ₂ )+Δ H +( E ₃ - E ₄ ) ，故答案为： ( E ₁ - E ₂ )+Δ H +( E ₃ - E ₄ ) 。

③NH ₃ 在 Cr ₂ O ₃ 作催化剂条件下，能与 O ₂ 反应生成 NO ， NO 与 O ₂ 反应生成红棕色气体 NO ₂ ， NO ₂ 与 H ₂ O 反应生成 HNO ₃ 和 NO ，若同时通入 O ₂ ，可将氮元素全部氧化为 HNO ₃ ，因此从 NH ₃ 出发经过 3 步反应制备 HNO ₃ 的路线为 ；其中 NO 反应生成 NO ₂ 过程中，气体颜色发生变化，其反应方程式为 2NO+O ₂ =2NO ₂ ，故答案为： ； 2NO+O ₂ =2NO ₂ 。

（ 2 ） ①K ₂ Cr ₂ O ₇ 溶液中存在平衡： (i) 、 (ii) 。

A ．向溶液中加入少量硫酸，溶液中 c (H ⁺ ) 增大， (ii) 平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，平衡后，溶液中 c (H ⁺ ) 依然增大，因此溶液的 pH 将减小，故 A 错误；

B ．加水稀释过程中，根据 “ 越稀越水解 ” 、 “ 越稀越电离 ” 可知， (i) 和 (ii) 的平衡都正向移动，两个平衡正向都是离子数增大的反应，因此稀释后，溶液中离子总数将增大，故 B 正确；

C ．加入少量 NaOH 溶液， (ii) 正向移动，溶液中 将减小， (i) 将正向移动，故 C 错误；

D ．平衡 (i) 的平衡常数 K ₁ = ，平衡常数只与温度和反应本身有关，因此加入少量 K ₂ Cr ₂ O ₇ 溶液， 不变，故 D 正确；

综上所述，答案为： BD 。

②0.10mol/L K ₂ Cr ₂ O ₇ 溶液中， Cr 原子的总浓度为 0.20mol/L ，当溶液 pH=9.00 时，溶液中 Cr 原子总浓度为 =0.20mol/L ， 、 与 的平衡浓度分别为 x 、 y 、 z mol/L ，因此 =0.10 ；由图 8 可知，当溶液 pH=9 时， ，因此可忽略溶液中 ，即 =0.20 ，反应 (ii) 的平衡常数 K ₂ = = =3.3×10 ^-7 ，联立两个方程可得 =6.0×10 ^-4 mol/L 。

③ 根据反应 (i) 、 (ii) 是离子浓度增大的平衡可知，溶液 pH 越大，溶液中 越大，混合溶液在某一波长的 A 越大，溶液的 pH 越大，溶液中 越大，因此与 的 λ _max 最接近的是 λ ₃ ；反应 (i) 的平衡常数 K ₁ = ，反应 (ii) 的平衡常数 K ₂ = ， = = ，因此 = ，由上述分析逆推可知， b>a ，即溶液 pH 从 a 变到 b 的过程中，溶液中 c (H ⁺ ) 减小，所以 的值将增大，故答案为： λ ₃ ；增大。

(1)4s ² 4p ⁴

(2) 两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高

(3)BDE

(4)O 、 Se

(5) ＞     正四面体形

(6)     K ₂ SeBr ₆

【详解】（ 1 ）基态硫原子价电子排布式为 3s ² 3p ⁴ ， 与 S 同族， Se 为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为 4s ² 4p ⁴ ；故答案为： 4s ² 4p ⁴ 。

（ 2 ） 的沸点低于 ，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；故答案为：两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高。

（ 3 ） A ． I 中有 键，还有大 π 键，故 A 错误； B ． Se−Se 是同种元素，因此 I 中的 键为非极性共价键，故 B 正确； C ．烃都是难溶于水，因此 II 难溶于水，故 C 错误； D ． II 中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为 sp ² ，碳碳三键上的碳原子杂化类型为 sp ，故 D 正确； E ．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此 I~III 含有的元素中， O 电负性最大，故 E 正确；综上所述，答案为： BDE 。

（ 4 ）根据题中信息 IV 中 O 、 Se 都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；故答案为： O 、 Se 。

（ 5 ）根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为 ＞ 。 中 Se 价层电子对数为 ，其立体构型为正四面体形；故答案为：＞；正四面体形。

（ 6 ） ① 根据晶胞结构得到 K 有 8 个， 有 ，则 X 的化学式为 K ₂ SeBr ₆ ；故答案为： K ₂ SeBr ₆ 。

② 设 X 的最简式的式量为 ，晶体密度为 ，设晶胞参数为 anm ，得到 ，解得 ， X 中相邻 K 之间的最短距离为晶胞参数的一半即 ；故答案为： 。

(1)     C ₅ H ₄ O ₂ 醛基

(2)     -CHO     O ₂ -COOH     -COOH     CH ₃ OH     - COOCH ₃ 酯化反应 ( 取代反应 )

(3)Ⅳ 中羧基能与水分子形成分子间氢键

(4) 乙烯

(5)     2

(6)

【详解】（ 1 ）根据化合物 Ⅰ 的结构简式可知，其分子式为 C ₅ H ₄ O ₂ ；其环上的取代基为醛基，故答案为： C ₅ H ₄ O ₂ ；醛基；

（ 2 ） ② 化合物 Ⅱ' 中含有的 -CHO 可以被氧化为 -COOH ，故答案为： -CHO ； O ₂ ； -COOH ；

③ 化合物 Ⅱ' 中含有 -COOH ，可与含有羟基的物质 ( 如甲醇 ) 发生酯化反应生成酯，故答案为： -COOH ； CH ₃ OH ； - COOCH ₃ ；酯化反应 ( 取代反应 ) ；

（ 3 ）化合物 Ⅳ 中含有羧基，能与水分子形成分子间氢键，使其能溶于水，故答案为： Ⅳ 中羧基能与水分子形成分子间氢键；

（ 4 ）化合物 Ⅳ 到化合物 Ⅴ 的反应是原子利用率 100% 的反应，且 1 molⅣ 与 1 mola 反应得到 2molV ，则 a 的分子式为 C ₂ H ₄ ，为乙烯，故答案为：乙烯；

（ 5 ）化合物 Ⅵ 的分子式为 C ₃ H ₆ O ，其同分异构体中含有 ，则符合条件的同分异构体有 和 ，共 2 种，其中核磁共振氢谱中只有一组峰的结构简式为 ，故答案为： ；

（ 6 ）根据化合物 Ⅷ 的结构简式可知，其单体为 ，其原料中的含氧有机物只有一种含二个羧基的化合物，原料可以是 ， 发生题干 Ⅳ→V 的反应得到 ， 还原为 ，再加成得到 ， 和 发生酯化反应得到目标产物，则合成路线为 ，故答案为： 。