基态$\rm N$原子核外电子的运动状态有                种：由氮元素形成的三种微粒：①$\rm \left[ He \right]2{{s}^{2}}2{{p}^{3}}$；②$\rm \left[ He \right]2{{s}^{2}}2{{p}^{2}}$；③$\rm \left[ He \right]2{{s}^{2}}2{{p}^{2}}3{{s}^{1}}$。叙述正确的是                。

$\rm A$．微粒半径： ③$\rm \gt $①$\rm \gt $②

$\rm B$．失去一个电子所需最低能量：①$\rm \gt $②$\rm \gt $③

$\rm C$．电子排布属于激发态的是：③

$\rm D$． 得电子能力：①$\rm \gt $②

$\\rm 7$ ；$\\rm AC$

已知$\rm N$为$\rm 7$号元素，核外有$\rm 7$个电子，根据鲍利原理可知，基态$\rm N$原子核外电子的运动状态有$\rm 7$种：由氮元素形成的三种微粒：①$\rm \left[ He \right]2{{s}^{2}}2{{p}^{3}}$即为基态$\rm N$原子；②$\rm \left[ He \right]2{{s}^{2}}2{{p}^{2}}$即为基态$\rm N^{+}$；③$\rm \left[ He \right]2{{s}^{2}}2{{p}^{2}}3{{s}^{1}}$是激发态$\rm N$原子；

$\rm A$．一般电子层数越多原子半径越大，而$\rm N$原子失电子数越多，原子半径越小，则微粒半径：③$\rm \gt $①$\rm \gt $②，$\rm A$正确；

$\rm B$．能量越高越容易失电子，基态原子的第一电离能小于第二电离能，则电离一个电子所需最低能量：②$\rm \gt $①$\rm \gt $③，$\rm B$错误；

$\rm C$．由上述分析可知，原子核外电子排布符合构造原理、能量最低原理的原子属于基态原子或离子，则①基态$\rm N$原子，②为基态$\rm N^{+}$；③是激发态$\rm N$原子，$\rm C$正确；

$\rm D$．能量越低越易得电子，则得电子能力：②$\rm \gt $①，$\rm D$错误；

已知烷基的推电子效应强于$\rm H$原子，$\rm CH_{3}CH_{2}NH_{2}$与$\rm NH_{3}$结合$\rm H^{+}$能力更强的是                $\rm ($填化学式$\rm )$。

$\\rm CH_{3}CH_{2}NH_{2}$

已知烷基的推电子效应强于$\rm H$原子，导致$\rm CH_{3}CH_{2}NH_{2}$中$\rm N$原子周围的电子云密度比$\rm NH_{3}$更大，则$\rm CH_{3}CH_{2}NH_{2}$结合$\rm H^{+}$能力更强；

已知：$\rm +H_{2}O\to $，类比$\rm SO_{3}$与$\rm CH_{3}OH$反应生成液态酯 $\rm C{{H}_{3}}OS{{O}_{3}}H($一元强酸$\rm )$，其熔沸点                $\rm H_{2}SO_{4}($填“$\rm \gt $”或“$\rm \lt $”$\rm )$，写出该产物与足量$\rm NaOH$溶液在加热条件下反应的离子方程式                。

$\\rm \\lt $ ；$\\rm C{{H}_{3}}OSO_{3}^{-}+H^{+}+2OH^{-}\\begin{matrix} \\underline{\\underline{\\triangle}} \\\\ {} \\\\\\end{matrix}CH_{3}OH+H_{2}O+SO_{4}^{2-}$

根据硫酸的结构简式可推知液态酯$\rm CH_{3}OSO_{3}H$的结构简式为：，故$\rm H_{2}SO_{4}$分子周围形成氢键数目比液态酯$\rm CH_{3}OSO_{3}H$周围形成的氢键多，则其熔沸点$\rm \lt H_{2}SO_{4}$，根据酯的水解反应可知，该产物即$\rm CH_{3}OSO_{3}H$与足量$\rm NaOH$溶液在加热条件下反应的离子方程式为：$\rm C{{H}_{3}}OSO_{3}^{-}+H^{+}+2OH^{-}\begin{matrix} \underline{\underline{\triangle}} \\ {} \\\end{matrix}CH_{3}OH+H_{2}O+SO_{4}^{2-}$；

已知$\rm H_{2}S_{2}O_{3}$的结构式为，推测酸性 $\rm {{H}_{2}}{{S}_{2}}{{O}_{3}}$                $\rm {{H}_{2}}S{{O}_{4}}$ $\rm ($填“$\rm \gt $”或“$\rm \lt $”$\rm )$，从结构角度解释原因是                。

$\\rm \\lt $ ；$\\rm O$的电负性比$\\rm S$的大，导致吸电子能量$\\rm S=S$小于$\\rm S=O$，使得硫代硫酸中羟基极性较小，更难断裂，酸性比硫酸小

已知$\rm H_{2}S_{2}O_{3}$的结构式为，由于$\rm O$的电负性比$\rm S$的大，导致吸电子能量$\rm S=S$小于$\rm S=O$，使得硫代硫酸中羟基极性较小，更难断裂，酸性比硫酸小，故可推测酸性 $\rm {{H}_{2}}{{S}_{2}}{{O}_{3}}\lt {{H}_{2}}S{{O}_{4}}$；

基态 $\rm Se$原子简化电子排布式为                ，下列有关 $\rm Se$的说法正确的是                。

$\rm A$．按照核外电子排布，可把元素周期表划分为$\rm 4$个区，$\rm Se$位于元素周期表$\rm P$区

$\rm B$．与$\rm Se$同周期的元素中含有最多未成对电子的元素是$\rm Cr$

$\rm C$． $\rm Se=O$不稳定，因为其键长较长，$\rm \pi$键重叠较弱

$\rm D$．已知不能使溴的四氯化碳溶液褪色，推测 $\rm Se$的杂化方式为$\rm sp^{3}$

$\\rm [Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{4}$； $\\rm BC$

已知$\rm Se$是$\rm 34$号元素，根据能级构造原理可知，基态$\rm Se$原子简化电子排布式为$\rm [Ar]3d^{10}4s^{2}4p^{4}$，

$\rm A$．按照核外电子排布，可把元素周期表划分为$\rm s$、$\rm p$、$\rm d$、$\rm ds$和$\rm f5$个区，其中$\rm Se$的电子最后进入$\rm p$能级，则$\rm Se$位于元素周期表$\rm P$区，$\rm A$错误；

$\rm B$．由$\rm Se$的原子核外电子排布式可知，$\rm Se$位于第$\rm 4$周期，与$\rm Se$同周期的元素中含有最多未成对电子即$\rm 3d^{5}4s^{1}$有$\rm 6$个未成对电子，该元素是$\rm Cr$，$\rm B$正确；

$\rm C$．一般键长越长键能越小，越不稳定，故$\rm Se=O$不稳定，因为其键长较长，$\rm \pi$键重叠较弱，$\rm C$正确；

$\rm D$．已知不能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明该分子中没有碳碳双键，即存在一个$\rm 5$原子$\rm 6$电子的大$\rm \pi$键，故推测$\rm Se$周围的价层电子对数为$\rm 2+1=3$，则其杂化方式为$\rm sp^{2}$，$\rm D$错误。