2024年中图版选择性必修2化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年中图版选择性必修2化学下册阶段测试试卷140考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、下列各项叙述中，正确的是A.Na、Mg、Al的未成对电子数依次增多B.K+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6C.价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，是p区元素D.氮原子的最外层电子排布图：2、钛铁基储氢合金是由钛、铁两种元素组成的金属间化合物。一种钛铁合金的晶胞如图ⅰ所示，晶胞边长约为3×10-10m，该合金吸收的氢位于体心立方正八面体的中心，氢被4个钛原子和2个铁原子包围，如图ⅱ所示。下列说法不正确的是。

A.钛铁合金的化学式：TiFeB.钛铁合金中每个Ti周围距离最近且等距的Fe有8个C.钛铁合金的密度约为6g/cm3(计算结果保留到整数)D.如图ⅱ所示的每个体心立方正八面体均填充1个氢原子，则理论上形成的金属氢化物的化学式：TiFeH23、下列叙述中正确的是A.元素原子的核外电子层数等于该元素所在的周期数B.第三周期气态氢化物HCl、H2S、PH3的稳定依次增强C.元素周期表中副族共10个纵列，都属于金属元素D.在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备催化剂材料的元素4、苯甲酸的酸性比乙酸的强，可能的原因是A.苯甲酸的相对分子质量比乙酸大B.苯甲酸比乙酸易溶于水C.苯基的吸电子能力大于乙基D.苯甲酸属于强酸5、硫在不同温度下的状态和分子结构不同，单质硫S8环状分子的结构如图。把硫加热超过其熔点就变成黄色液体；433K以上液态硫颜色变深，黏度增加；523K以上黏度下降；717.6K时硫变为蒸汽，蒸汽中存在3S84S66S412S2；温度越高，蒸汽的平均相对分子质量越小。下列说法正确的是。

A.该系列转化在3S84S66S412S2，ΔH＜0B.S8分子中，原子数与共价键数之比为1;2C.S8为立体结构，所以是极性分子，能溶于水等极性溶剂D.S8、S6、S4、S2互为同素异形体，其转化为化学变化6、的配位化合物较稳定且运用广泛。可与等配体形成使溶液呈浅紫色的红色的黄色的无色的配离子。某同学按如下步骤完成实验：

已知：与的反应在溶液中存在以下平衡：

下列说法不正确的是A.I中溶液呈黄色可能是由于水解产物的颜色引起的B.向溶液II中加入NaF后，溶液颜色变为无色，说明C.为了能观察到溶液I中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸D.向溶液III中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色7、我国力争于2060年前实现碳中和。与重整是利用的研究热点之一、下列关于和说法正确的是。

A.固态属于共价晶体B.键角小于键角C.分子中含有极性共价键，是极性分子D.干冰中每个分子周围紧邻6个分子8、下列数据是对应物质的熔点，有关判断不正确的是。物质Na2ONaAlF3AlCl3Al2O3BCl3CO2SiO2熔点920℃97.8℃1291℃190℃2073℃-107℃-57℃1723℃

A.晶格能：Al2O3＞AlF3B.同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体C.金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高D.由金属元素和非金属元素形成的化合物就一定是离子化合物9、下列各组物质中，都是由极性键构成的非极性分子是A.CS2BF3B.CO2H2O2C.P4PCl5D.CH4C2H4评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、地球化学中，通常用热重分析研究矿物在受热时的质量变化以确定其组成。取66.6mg由高岭石［Al4Si4O10(OH)8］和方解石(CaCO3)组成的矿物，加热到673K～1123K区间内分解为氧化物，样品总失重13.8mg。高岭石受热分解反应方程式：Al4Si4O10(OH)8→2Al2O3+4SiO2+4H2O

(1)硅原子核外电子排布在____个不同的电子层中，核外最外层电子分布在____个不同的轨道中。

(2)硅与铝同周期且相邻，化学性质有相似性，写出Si与NaOH溶液反应的化学方程式________。

(3)高岭石是长石的一种，不同类长石其氧原子的物质的量分数相同。由钙长石化学式CaAl2Si2O8可推知钠长石的化学式为_________________。

(4)此矿物中高岭石的质量分数为____________。

a.44%b.56%c.77.5%d.80%

(5)若对高岭土进行煅烧活化，然后利用盐酸进行分解，对于分解出的氯化铝溶液及二氧化硅再分别加入碱溶液进行去杂提纯，最后得到的氯化铝溶液可制备氧化铝。写出由氯化铝溶液得到纯净氧化铝的化学反应方程式(要求最节约)：_____________________。

(6)用焦炭与石英砂(SiO2)混合高温；产生粗硅，现由两种方法将粗硅提纯：

第一种方法：Si+2Cl2SiCl4SiCl4+2H2Si+4HCl

第二种方法：Si+3HClSiHCl3SiHCl3+H2Si+3HCl。

工业上常用第二种方法来提纯单晶硅，其原因是_________________。11、硒是动物和人体所必需的微量元素之一；也是一种重要的工业原料。硒在自然界中稀少而分散，常从精炼铜的阳极泥中提取硒。

（1）硒在元素周期表中的位置如图所示：

①Se在元素周期表中位置表示为________，H2Se的电子式为________________

②从原子结构角度解释硫与硒元素性质相似与不同的原因：同一主族______________。

（2）阳极泥中的硒主要以Se和CuSe的形式存在；工业上常用硫酸化焙烧法提取硒，主要步骤如下：

ⅰ．将含硒阳极泥与浓硫酸混合焙烧，产生SO2、SeO2的混合气体。

ⅱ．用水吸收ⅰ中混合气体；可得Se固体。

①请写出C与浓H2SO4反应的化学方程式________________。

②焙烧过程产生的烟气中含有少量SeO2的，可用NaOH溶液吸收，二者反应生成一种盐，该盐的化学式为________________。

③写出步骤ⅱ中的化学方程式________________。

（3）下列说法合理的是________________。

a．SeO2既有氧化性又有还原性b．原子半径由大到小顺序：Se＞Br＞Cl

c．热稳定性：H2Se＜HCl＜H2Sd．酸性：HeSeO4＜HbrO4＜HClO412、2020年12月17日；我国“嫦娥五号”返回器携月壤成功着陆。研究发现，月壤中存在天然的铁；金、银、铅、锌、铜、锑、铼等矿物颗粒。

(1)要证明月壤中含有这些元素，可采用的方法是___________。

(2)写出铜的基态原子的电子排布式：___________。

(3)与铜位于同一周期的元素原子中最外层电子数与铜原子的相同的元素有___________(填元素符号)。

(4)在周期表中位于___________周期___________族，属于___________区，铁的基态原子的价电子排布图为___________。13、光伏材料是指能将太阳能直接转换成电能的材料，又称太阳能材料，只有半导体材料具有这种功能。可做太阳电池材料的有单晶硅、多晶硅、非晶硅、等。

(1)已知在元素周期表中的位置为___________，硅的基态原子的电子排布式为___________，基态原子核外电子占据的最高能级为___________，铜的基态原子的价电子排布图为___________。

(2)P、S、电负性从大到小的顺序为___________。

(3)元素的第一电离能___________元素的第一电离能(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是___________。

(4)太阳电池材料中的很多金属或金属化合物在灼烧时会产生特殊的火焰颜色，请用原子结构的知识阐述产生此现象的原因是___________。14、下表是元素周期表的一部分；请针对表中所列标号为①～⑩的元素回答下列问题。

。族。

周期。

IA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

0

二。

①

②

③

④

三。

⑤

⑥

⑦

⑧

⑨

⑩

（1）非金属性最强的元素是______(填元素符号；下同)，形成化合物种类最多的元素是________________________。

（2）第三周期元素除⑩外原子半径最小的是______(填元素符号)；

（3）这些元素的最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是__________（填化学式；下同），具有两性的是____________。

（4）⑤、⑧两种元素的最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为__________。15、完成下表中的空白：。粒子中心原子孤电子对数中心原子的杂化轨道类型空间结构BF3__________________H2S__________________PCl3____________________________________16、(1)气态氢化物热稳定性NH3大于PH3的主要原因是_____。

(2)S2Cl2是共价化合物，各原子均满足8电子稳定结构，S2Cl2的电子式是______。

(3)请指出CH3SH与CH3OH那种物质的沸点更高并说明理由：______。17、钾和碘是人体内的必需元素；两者的化合物也有着广泛的应用。回答下列问题：

(1)某化合物的晶胞结构如图所示；该晶胞的边长为a。

则该晶体的化学式为___，K与Ⅰ间的最短距离为___(用a表示)，与Ⅰ紧邻的O个数为__。

(2)该晶胞结构的另一种表示中，Ⅰ处于各顶角位置，则K处于__位置，O处于__位置。

(3)碳元素的单质有多种形式，如图依次是C60；石墨和金刚石的结构图：

回答下列问题：

①上述三种单质互称为___。

②在石墨晶体中，碳原子数与化学键数之比为___。

③上述三种晶体的熔点由高到低的顺序为___，解释原因__。评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)18、第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。(_______)A.正确B.错误19、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误20、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误21、将丙三醇加入新制中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈绛蓝色。(____)A.正确B.错误22、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误23、判断正误。

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对____________

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构____________

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp2杂化___________

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化___________

(5)中心原子是sp1杂化的，其分子构型不一定为直线形___________

(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数___________

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp2杂化的结果___________

(8)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道___________

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体___________

(10)AB3型的分子空间构型必为平面三角形___________

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构___________

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对___________

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键___________

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾___________

(15)配位键也是一种静电作用___________

(16)形成配位键的电子对由成键双方原子提供___________A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共3题，共21分)24、七钼酸铵[(NH4)6Mo7O24·4H2O]在超导、激光等高科技领域中发挥着重要作用。由钼焙砂(主要成分为MoO3、MoS2，含有CuO、SiO2、Fe2O3等杂质)制备七钼酸铵的工艺流程如图所示。

请回答下列问题：

(1)42Mo的价电子排布式为_____________。

(2)“酸洗”时MoS2被稀HNO3氧化为H2MoO4和H2SO4，该反应的离子方程式为_________________；酸洗加入硝酸铵的目的，除提供反应需要的NH+4外；其主要作用是___________________。

(3)“净化”步骤的目的是进一步除去少量残留的Cu2+；若试剂X为FeS，反应的离子方程式为___________________；该反应的平衡常数值为_____________________。

[已知：Ksp(CuS)=6.3×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18]

(4)酸沉结晶后得到的母液经处理后可返回_____________工序继续使用。

(5)四钼酸铵溶于氨水中后通过降温结晶的方式得到七钼酸铵。由下图可知；应选用最佳结晶条件为__________________。

(6)某工厂用m1kg钼焙砂(含MoO3a%、MoS2b%)制备(NH4)6Mo7O24·4H2O，最终得到产品m2kg，产率为__________________(写出表达式)。25、采用废铁屑还原软锰矿(软锰矿主要成分是还含少量Fe；Mg、Ni、Si等元素的氧化物杂质)来制备Mn的工艺流程如图所示：

已知：①②溶液中某离子浓度时，认为该离子沉淀完全；③室温时生成氢氧化物的pH见下表。离子开始沉淀的pH7.52.78.17.78.3完全沉淀的pH9.73.79.48.49.8

回答下列问题：

(1)写出基态的价电子排布式_______，Fe元素在元素周期表中的位置为_______。

(2)在“浸出液”中加入“”时发生反应的离子方程式为_______；硫酸酸化的可与(难溶于水)反应生成和此反应的离子方程式为_______。

(3)pH=5.5(室温)时，溶液中残余的的浓度为_______加入MnS“除杂”后的滤渣为_______。

(4)“沉锰”过程中温度和pH对和沉淀率的影响如下图所示。由图可知，“沉锰”的合适条件是_______，“沉锰”除去的杂质金属离子是_______。

(5)若沉锰过程在pH为7.0条件下充分进行，反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。当温度超过30℃，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是_______。

26、锌的化学性质与铝相似；工业上有较高的利用价值。某含锌废催化剂中锌以氧化物的形式存在，还含有镍；铁、铅等元素杂质，采用“氨浸除杂蒸发锻烧”新工艺生产高纯碱式碳酸锌，达到了废物综合利用的目的，工艺流程如图，请回答下列问题。

已知：“浸取”步骤后生成了锌氨配合物和镍氨配合物进行后续生产。

(1)Zn2+的价电子排布图____；金属配合物的结构和稳定性常用18e-经验规则预测，即中心体的价电子数加配体提供的电子数等于18，请试写出“浸取”后锌元素的存在微粒形式____。(填化学式)

(2)“浸取”步骤中，废催化剂中含锌物质的反应方程式为____。

(3)“浸取”中锌的浸出率对本工艺至关重要；图一；图二是锌浸出率分别受温度、氨水与碳酸氢铵比(氮元素浓度固定)的影响。请分析：

①图一中适宜选择的温度为42℃左右。温度不宜过高的原因是____。

②图二中随着氨水与碳酸氢铵比的增大，锌的浸出率先增大后减小，然后再增大。当＜0.75时，溶液pH值较低，试判断锌的存在形式为____；当0.75＜＜1时，溶液pH值升高，锌的存在形式为____；当1＜后，溶液pH值继续升高，锌的存在形式为___。

(4)滤渣II的成分为过量的Zn外，还有____。(填化学式)

(5)“蒸氨”操作中锌氨溶液最终以ZnCO3•2Zn(OH)2形式从溶液中析出，经过滤洗涤、干燥后得到碱式碳酸锌，其化学反应方程式为：____。

(6)整个过程中可以循环利用的物质为____。评卷人得分五、有机推断题(共1题，共7分)27、现有A、B两种烃，已知A的分子式为C5Hm，而B的最简式为C5Hn(m；n均为正整数)。请回答下列问题：

（1）下列关于烃A和烃B的说法不正确的是__填序号

a.烃A和烃B可能互为同系物。

b.烃A和烃B可能互为同分异构体。

c.当m=12时；烃A一定为烷烃。

d.当n=11时；烃B可能的分子式有2种。

（2）若烃A为链烃，且分子中所有碳原子都任同一条直线上，则A的结构简式为__。

（3）若烃A为链烃，且分子中所有碳原子一定共面，在一定条件下，1molA最多可与1molH2加成，则A的名称是__。

（4）若烃B为苯的同系物，取一定量的烃B完全燃烧后，生成物先通过足量的浓硫酸，浓硫酸的质量增加1.26g，再通过足量的碱石灰，碱石灰的质量增加4.4g，则烃B的分子式为__。评卷人得分六、计算题(共4题，共12分)28、根据晶胞结构示意图；计算晶胞的体积或密度。

(1)N和Cu元素形成的化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为___________。该化合物的相对分子质量为M，NA为阿伏加德罗常数的值。若该晶胞的边长为apm，则该晶体的密度是___________g·pm-3。

(2)S与Cu形成化合物晶体的晶胞如图所示。已知该晶体的密度为ag·cm-3，则该晶胞的体积为___________cm3(NA表示阿伏加德罗常数的值)。

29、根据晶胞结构示意图；计算晶胞的体积或密度。

(1)N和Cu元素形成的化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为____。该化合物的相对分子质量为M，NA为阿伏加德罗常数的值。若该晶胞的边长为acm，则该晶体的密度是______g·cm-3。

(2)S与Cu形成化合物晶体的晶胞如图所示。已知该晶体的密度为ag·cm-3，则该晶胞中硫原子的个数为______的体积为______cm3(NA表示阿伏加德罗常数的值)。

30、K2S的晶胞结构如图所示。其中K＋的配位数为___________，S2-的配位数为___________；若晶胞中距离最近的两个S2-核间距为acm，则K2S晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算式；不必计算出结果)。

31、K2S的晶胞结构如图所示。其中K＋的配位数为___________，S2-的配位数为___________；若晶胞中距离最近的两个S2-核间距为acm，则K2S晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算式；不必计算出结果)。

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B【分析】【详解】

A．根据构造原理可知基态Na、Mg、Al的核外电子排布式是1s22s22p63s1、1s22s22p63s2、1s22s22p63s13p1；原子核外未成对电子数分别是1；0、1，不是依次增多，A错误；

B．K是19号元素，K+是K原子失去最外层的1个4s电子形成，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p6；B正确；

C．价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第IIIA族；属于p区元素，C错误；

D．N是7号元素，基态N原子核外电子排布式是1s22s22p3，原子核外最外层的3个2p电子分别占据3个轨道，而且自旋方向相同，故最外层电子排布图：D错误；

故合理选项是B。2、D【分析】【详解】

A．由图i晶胞结构可知，Ti位于顶点，Fe位于体心，因此每个晶胞中含有的Ti原子个数=8=1；含有的Fe原子个数=1，则钛铁合金的化学式为TiFe，故A正确；

B．由图i可知；该晶体中每个Fe被8个Ti所形成的立方体包围，每个Ti亦被8个Fe所形成的立方体包围，即钛铁合金中每个Ti周围距离最近且等距的Fe有8个，故B正确；

C．根据A选项分析，每个晶胞中含有1个TiFe，一个晶胞的质量=g=g，晶胞的体积=cm3=2.710-23cm3，该晶体的密度=g/cm36g/cm3；故C正确；

D．由图ⅱ可知，Ti位于晶胞的顶点和棱上，Fe位于晶胞内部，H位于体心和面上，因此每个晶胞中含有的Ti原子个数=8+4=2，含有的Fe原子个数=2，含有的H原子个数=10+1=6，Ti:Fe:H=2:2:6=1:1:3，则理论上形成的金属氢化物的化学式：TiFeH3；故D错误；

答案选D。3、A【分析】【分析】

【详解】

A.元素原子的核外电子层数等于该元素所在的周期序数；故A正确；

B.同周期元素，从左到右非金属性依次增强，气态氢化物的稳定性依次增强，则第三周期气态氢化物HCl、H2S、PH3的稳定依次减弱；故B错误；

C.元素周期表中副族只有7个纵列；过渡元素有10个纵列，故C错误；

D.在金属元素与非金属元素的分界线附近寻找制备半导体的元素；在过渡元素中寻找制备催化剂材料的元素，故D错误；

故选A。4、C【分析】【详解】

羧酸的酸性强弱与其分子的组成和结构有关，苯基的吸电子能力强羧基电离出氢离子能力增强，烃基属于推电子基团，羧基电离出氢离子能力减弱，综上所述，答案选C。5、D【分析】【分析】

【详解】

A．由“温度越高，蒸汽的平均相对分子质量越小”可知，升高温度时气体的分子数增加，即3S84S66S412S2平衡正向移动，ΔH＞0；A错误；

B．由S8分子的结构可知，在一个S8分子中存在8个S原子；8个S-S共价键，S原子数与共价键数之比为1;1，B错误；

C．S8分子是由S原子间形成的非极性键构成的非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理，S8不能溶于水等极性溶剂；C错误；

D．同素异形体是同种元素形成的不同种单质；其相互转化过程中产生了新物质，属于化学变化，D正确；

故选D。6、C【分析】【详解】

A．为浅紫色，但溶液I却呈黄色，原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色形成混合体系；使溶液呈黄色，A正确；

B．加入NaF后溶液II由红色变为无色，说明转变为反应更易生成说明B正确；

C．为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的C错误；

D．向溶液III中加入足量的KSCN固体，可使平衡的Q>平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，D正确；

故选C。7、B【分析】【详解】

A．固态属于分子晶体；故A错误；

B．是正四面体结构，键角为109°28′，是直线形结构；键角为180°，故B正确；

C．是正四面体结构；分子中含有极性共价键，但分子结构对称，正负电荷中心重合，是非极性分子，故C错误；

D．每8个CO2分子构成1个立方体且在6个面的面心又各有1个CO2分子，每个CO2分子周围紧邻的CO2分子有12个；故D错误；

故选B。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．晶格能越大，物质的熔点越高，由表可知，熔点：Al2O3＞AlF3，所以晶格能：Al2O3＞AlF3；故A正确；

B．C和Si同主族；但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和原子晶体，故B正确；

C．汞的熔点比AlCl3低；所以金属晶体的熔点不一定比分子晶体的高，故C正确；

D．活泼金属Al与活泼非金属Cl形成的AlCl3熔点较低属于共价化合物；所以活泼金属元素与活泼非金属元素能形成共价化合物，故D错误；

故选：D。9、A【分析】【分析】

【详解】

A．CS2和BF3均是由极性键构成的非极性分子；故A正确；

B．CO2是由极性键构成的非极性分子，而H2O2是含有极性键和非极性键的极性分子；故B错误；

C．P4是非极键形成的非极性分子，PCl5中含有极性键的非极性分子；故C错误；

D．CH4是含有极性键的非极性分子，C2H4是极性键和非极键的非极性分子；故D错误；

故答案为A。二、填空题(共8题，共16分)10、略

【分析】【分析】

(1)根据硅原子核外电子排布分析；

(2)Si与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气；

(3)根据不同类长石其氧原子的物质的量分数相同；结合化合价代数和是0可写出钠长石的化学式；

(4)由高岭石[Al4Si4O10(OH)8]和方解石(CaCO3)组成的矿物，加热到673K～1123K区间内分解为氧化物，方解石分解生成CaO和二氧化碳，高岭石受热分解反应方程式：Al4Si4O10(OH)8→2Al2O3+4SiO2+4H2O；所以减少的质量为二氧化碳和水的质量，列方程组计算；

(5)AlCl3水解生成氢氧化铝；氢氧化铝分解生成氧化铝；

(6)根据反应中能量的消耗和原料的使用来分析。

【详解】

(1)硅为14号元素，其核外有14个电子，硅原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2；则硅原子核外电子排布在3个电子层，核外最外层电子分布在3个不同的轨道中；

(2)硅与铝同周期且相邻，化学性质有相似性，Si与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气，则其反应的化学方程式为Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑；

(3)结合钙长石的化学式可知钠长石就是将钙长石的中钙更换为钠，铝硅酸阴离子不变，以及化合物中化合价代数和等于0可得钠长石的化学式为NaAlSi3O8；

(4)由高岭石[Al4Si4O10(OH)8]和方解石(CaCO3)组成的矿物，加热到673K～1123K区间内分解为氧化物，方解石分解生成CaO和二氧化碳，高岭石受热分解反应方程式：Al4Si4O10(OH)8→2Al2O3+4SiO2+4H2O，所以减少的质量为二氧化碳和水的质量，设矿物中高岭石为xmol，方解石为ymol，则516x+100y=66.6×10-3g，4x×18+44y=13.8×10-3g

解得：x=1×10-4mol，y=1.5×10-4mol，则高岭石的质量为1×10-4mol×516g/mol=51.6×10-3g=51.6mg，则此矿物中高岭石的质量分数为×100%=77.5%；故合理选项是c；

(5)AlCl3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+水解生成氢氧化铝，氢氧化铝分解生成氧化铝，则氯化铝溶液得到纯净氧化铝的化学反应方程式(要求最节约)为：2AlCl3+3H2O→Al2O3+6HCl↑；

(6)用焦炭与石英砂(SiO2)混合高温；产生粗硅，现由两种方法将粗硅提纯：

第一种方法：Si+2Cl2SiCl4SiCl4+2H2Si+4HCl

第二种方法：Si+3HClSiHCl3SiHCl3+H2Si+3HCl。

第二种方法反应温度较低；能量消耗少，而且HCl能循环使用。

【点睛】

本题考查了电子排布式、化学方程式的书写、硅酸盐的表示方法、物质含量的计算、工业生产的条件选择等，熟悉物质的性质是解答本题的关键，要结合物质的性质、能耗等分析解答。【解析】①.3②.3③.Si+2NaOH+H2O→Na2SiO3+2H2↑④.NaAlSi3O8⑤.c⑥.2AlCl3+3H2O→Al2O3+6HCl↑⑦.温度较低，耗能少；HCl可以循环利用11、略

【分析】【详解】

(1)①Se位于周期表第四周期ⅥA族，H2Se的电子式为：故答案为：第四周期ⅥA族；

②同主族元素最外层电子数相等；性质相似，但从上到下，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，则金属性增强，非金属性减弱，导致硫与硒元素性质不同，故答案为：最外层电子数相等，性质相似，但从上到下，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，则金属性增强，非金属性减弱；

(2)①CuSe与浓H2SO4反应，产生SO2、SeO2的混合气体，同时生成硫酸铜，反应的化学方程式为CuSe+4H2SO4(浓)CuSO4+3SO2↑+SeO2+4H2O，故答案为：

②少量SeO2与氢氧化钠反应生成Na2SeO3，故答案为：Na2SeO3；

③SO2、SeO2的混合气体在水溶液发生氧化还原反应生成Se和硫酸，方程式为2SO2+SeO2+2H2O═Se+2H2SO4，故答案为：

(4)a.SeO2中Se元素化合价为+4价；处于中间价态，则既有氧化性又有还原性，故a正确；

b.同一周期从左往右，原子半径逐渐减小；同一主族从上往下，原子半径逐渐增大，则原子半径由大到小顺序：Se＞Br＞Cl，故b正确；

c.非金属性Se

d.非金属性Se

2SeO444；故d正确。

故答案为：abd。【解析】第四周期族最外层电子数相等，化学性质相似，但从上到下，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，金属性增强，非金属性减弱abd12、略

【分析】【详解】

(1)不同的元素往往具有不同的发射光谱或吸收光谱；可根据元素的光谱信息确定元素的种类，此法被称为光谱分析，故答案为：光谱分析；

(2)Cu为29号元素，铜的基态原子的电子排布式：或故答案为：或

(3)铜的核外电子排布为其最外层电子数为1，与其同周期且最外层电子数相同的核外电子排布为分别为K、Cr，故答案为：K、

(4)Fe的原子序数为26，位于周期表中第四周期第VIII族，其价电子排布图为属于d区元素，故答案为：4；VⅢ；d；【解析】光谱分析或K、4VⅢd13、略

【分析】【详解】

(1)是34号元素，原子核外有4个电子层，最外层有6个电子，在元素周期表中的位置为第四周期第ⅥA族；硅原子核外有14个电子，根据能量最低原理，基态硅原子核外电子排布式是或是31号元素，原子核外有31个电子，基态原子的核外电子排布式为最高能级为铜为29号元素，根据能量最低原理，铜的基态原子的价电子排布式为3d104s1，对应排布图为：

(2)同周期元素从左到右电负性逐渐增大、同主族元素从上到下电负性逐渐减小，所以电负性：

(3)砷、硒都是第四周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但砷元素基态原子能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以元素的第一电离能大于元素的第一电离能；

(4)当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，原子从基态变成激发态，电子从能量较高的轨道回到能量较低的轨道时，将以光的形式释放能量，产生特殊的火焰颜色。【解析】第四周期第ⅥA族(或)大于砷元素原子能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，原子从基态变成激发态，电子从能量较高的轨道回到能量较低的轨道时，将以光的形式释放能量，产生特殊的火焰颜色14、略

【分析】【分析】

由元素在周期律的位置可知，①为C、②为N、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl、⑩为Ar。

【详解】

(1)同周期元素从左到右非金属性依次增强；同主族元素从上到下非金属性依次减弱，故非金属性最强的元素是F；C可以形成有机物，有机物种类远远大于无机物，因此形成化合物种类最多的元素是C；

(2)同周期原子半径从左到右依次减小；因此第三周期元素除稀有气体外原子半径最小的是Cl；

(3)金属性越强，最高价氧化物对应水化物中碱性越强，这些元素中Na的金属性最强，因此最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是NaOH；Al(OH)3既能与酸反应；又能与碱反应，是两性氢氧化物；

(4)Na最高价氧化物对应水化物是NaOH，S最高价氧化物对应水化物是H2SO4，二者反应生成Na2SO4和H2O，离子方程式为H++OH-=H2O；【解析】FCClNaOHAl(OH)3H++OH-=H2O15、略

【分析】【分析】

根据价层电子互斥理论，故ABx型的分子中，孤电子对数为=(其中a为中心原子的价电子数，b为与中心原子结合的原子能够接受的电子数)；中心原子的价层电子对数为孤电子对数和σ键之和，据此分析解题。

【详解】

(1)BF3中心原子B孤电子对数=周围有3个σ键，故价层电子对数为3+0=3，故中心原子的杂化轨道类型sp2，其空间结构为平面三角形，故答案为：0；sp2；平面三角形；

(2)H2S中心原子S孤电子对数=周围有2个σ键，故价层电子对数为2+2=4，故中心原子的杂化轨道类型sp3，其空间结构为V形，故答案为：2；sp3；V形；

(3)PCl3中心原子P孤电子对数=周围有3个σ键，故价层电子对数为3+1=4，故中心原子的杂化轨道类型sp3，其空间结构为三角锥形，故答案为：1；sp3；三角锥形；

(4)中心原子C孤电子对数=周围有3个σ键，故价层电子对数为3+0=3，故中心原子的杂化轨道类型sp2，其空间结构为平面三角形，故答案为：0；sp2；平面三角形；【解析】①.0②.sp2③.平面三角形④.2⑤.sp3⑥.V形⑦.1⑧.sp3⑨.三角锥形⑩.0⑪.sp2⑫.平面三角形16、略

【分析】【详解】

(1)物质氢化物稳定性实质是比较共价键的强弱，共价键越强，键能越大键越牢固，分子越稳定，而键能的比较可以根据键长来判断，键长又可根据原子半径比较，原子半径越小，键长越短，键能越大，分子越牢固；原子半径NP-H，所以气态氢化物热稳定性NH3大于PH3。

(2)S2Cl2是共价化合物，各原子均满足8电子稳定结构，对于氯原子来说形成一对共用电子对即能达到8电子的稳定结构，而硫原子需要形成两对共用电子对才能达到8电子的稳定结构，根据价键规则，S2Cl2的电子式为

(3)CH3SH与CH3OH都是由分子构成，属于分子晶体，沸点的大小看分子间作用力的大小，而氢键的作用力大于范德华力；由于CH3OH分子间存在氢键而CH3SH分子间没有，所以CH3OH沸点高。

【点睛】

书写电子式先根据8电子判断结构式，后书写电子式。判断沸点先要判断晶体类型，根据晶体类型判断融化过程中破坏的作用力进行判断。【解析】①.原子半径NP-H②.③.CH3OH沸点高，CH3OH分子间存在氢键而CH3SH分子间没有17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钾原子个数为8×=1，位于面心的氧原子个数为6×=3，位于体心的碘原子个数为1，则晶体的化学式为KIO3；钾原子与碘原子间的最短距离为体对角线的由晶胞的边长为a可知体对角线的为a；位于体心碘原子与位于面心的氧原子构成八面体结构，则与碘原子紧邻的氧原子个数为6，故答案为：KIO3；a；6；

(2)由晶胞结构可知；若该晶胞结构的另一种表示中，碘原子处于晶胞的各顶角位置，则钾原子处于体心；氧原子处于棱的中点上，故答案为：体心；棱的中点；

(3)①碳60；石墨、金刚石都是碳元素形成的不同种单质；互为同素异形体，故答案为：同素异形体；

②由图可知，石墨晶体中，每个最小碳原子环上有6个碳原子，每个碳原子被3个环共有，则每个环只拥有碳原子的平均每个最小碳原子环拥有的碳原子数为6×=2，每个碳碳键被2环共有，则每个环只拥有碳碳键的平均每个最小碳原子环拥有的碳碳键数为6×=3；石墨晶体中，碳原子数与碳碳键数之比为2:3，故答案为：2:3；

③碳60属于分子晶体，分子间的分子间作用力很小，三种晶体中碳60的熔点最低；金刚石属于共价晶体，石墨属于混合型晶体，相比金刚石，石墨中碳原子为sp2杂化，碳碳间形成σ键同时形成大π键，键能更大，熔点更高，所以三种晶体的熔点由高到低的顺序为石墨>金刚石>C60，故答案为：石墨>金刚石>C60；金刚石属于共价晶体，石墨属于混合型晶体，相比金刚石，石墨中C原子为sp2杂化，碳碳间形成σ键同时形成大π键，键能更大，熔点更高；C60属于分子晶体，分子间作用力很小，熔点很低。【解析】KIO3a6体心棱的中点同素异形体2:3石墨>金刚石>C60金刚石属于共价晶体，石墨属于混合型晶体，相比金刚石，石墨中C原子为sp2杂化，碳碳间形成σ键同时形成大π键，键能更大，熔点更高；C60属于分子晶体，分子间作用力很小，熔点很低三、判断题(共6题，共12分)18、A【分析】【详解】

同周期从左到右；金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；故第ⅠA族金属元素的金属性一定比同周期的第ⅡA族的强。

故正确；19、A【分析】【分析】

【详解】

乙醇中的羟基与水分子的羟基相近，因而乙醇能和水互溶；而苯甲醇中的烃基较大，其中的羟基和水分子的羟基的相似因素小得多，因而苯甲醇在水中的溶解度明显减小，故正确。20、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。21、A【分析】【详解】

葡萄糖是多羟基醛，与新制氢氧化铜反应生成铜原子和四个羟基络合产生的物质，该物质的颜色是绛蓝色，类似于丙三醇与新制的反应，故答案为：正确。22、A【分析】【详解】

因为铜具有良好的导电性，所以铜可以用于制作电缆、电线，正确。23、B【分析】【分析】

【详解】

(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键；则该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，错误；

(3)NH3分子为三角锥形，N原子发生sp3杂化；错误；

(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化；正确；

(5)中心原子是sp1杂化的；其分子构型一定为直线形，错误；

(6)价层电子对互斥理论中；π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数，正确；

(7)PCl3分子是三角锥形，这是因为P原子是以sp3杂化的结果且没有孤电子对；错误；

(8)sp3杂化轨道是由中心原子的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道；错误；

(9)凡中心原子采取sp3杂化的分子；其VSEPR模型都是四面体，正确；

(10)AB3型的分子空间构型为平面三角形或平面三角形；错误；

(11)分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时；该分子正四面体结构或三角锥形或折线形，正确；

(12)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对；正确；

(13)NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键；正确；

(14)杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾；错误；

(15)配位键也是一种静电作用；正确；

(16)形成配位键的电子对由一个原子提供，另一个原子提供空轨道，错误。四、工业流程题(共3题，共21分)24、略

【分析】【分析】

由题给流程可知，向钼焙砂中加入硝酸铵和硝酸的混合溶液酸洗，将MoO3、MoS2分别转化为(NH4)2O·MoO3、H2MoO4，二氧化硅不反应，氧化铁、氧化铜溶于硝酸得到可溶性硝酸盐，过滤得到滤液和滤饼；向滤饼中液氨氨浸，将钼元素转化为粗钼酸铵溶液，过滤得到粗钼酸铵溶液和滤渣；向粗钼酸铵溶液中加入硫化亚铁净化，将溶液中残留的铜离子转化为硫化铜，过滤得到精钼酸铵溶液和滤渣；向精钼酸铵溶液中加入硝酸酸沉结晶、过滤得到四钼酸铵，向四钼酸铵中加入氨水，在料液比为0.25g/mL、搅拌转速为160r/min；冷却温度10℃的条件下氨溶、结晶得到七钼酸铵。

(1)

钼元素的原子序数为42，价电子排布式为4d5s1，故答案为：4d5s1；

(2)

酸洗时发生的反应为MoS2与稀HNO3反应生成H2MoO4、NO和H2SO4，反应的离子方程式为MoS2+2H++6NO-3=H2MoO4+2SO2-4+6NO↑，酸洗加入硝酸铵的目的，除提供铵根离子生成(NH4)2O·MoO3外，还可以控制溶液pH，防止钼元素的沉淀在酸洗预处理液中的溶解，减少钼元素损失，故答案为：MoS2+2H++6NO-3=H2MoO4+2SO2-4+6NO↑；抑制钼元素的沉淀在酸洗预处理液中的溶解；减少钼元素损失；

(3)

由题意可知，向粗钼酸铵溶液中加入硫化亚铁净化的目的是将溶液中残留的铜离子转化为硫化铜，反应的离子方程式为FeS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Fe2+(aq)，反应的平衡常数K=2+====1018，故答案为：FeS(s)+Cu(aq)=CuS(s)+Fe2+(aq)1018；

(4)

由分析可知；酸沉结晶后得到的母液中含有硝酸和硝酸铵，经处理后可返回酸洗工序继续使用，故答案为：酸洗；

(5)

由图可知，在料液比为0.25g/mL、搅拌转速为160r/min、冷却温度10℃的条件时，七钼酸铵收率最大，所以最佳结晶条件为料液比为0.25g/mL、搅拌转速为160r/min、冷却温度10℃，故答案为：料液比为0.25g/mL、搅拌转速为160r/min；冷却温度10℃；

(6)

由钼元素守恒可知，(NH4)6Mo7O24·4H2O的产率为2+=2+，故答案为：。【解析】(1)4d5s1

(2)MoS2+2H++6NO-3=H2MoO4+2SO2-4+6NO↑抑制钼元素的沉淀在酸洗预处理液中的溶解；减少钼元素损失。

(3)FeS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Fe2+(aq)1018

(4)酸洗。

(5)料液比为0.25g/mL、搅拌转速为160r/min；冷却温度10℃

(6)2+25、略

【分析】【分析】

软软锰矿主要成分是还含少量Fe、Mg、Ni、Si等元素的氧化物杂质，加入硫酸和废铁屑，MnO2被还原为Mn2+，溶液中还有Fe3+、Mg2+、Ni2+、Fe2+，SiO2难溶于硫酸，矿渣的成分是SiO2；滤液中加入MnO2把Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节pH，生成氢氧化铁，除去铁元素，加入MnS生成NiS沉淀除去Ni2+，加入NH4HCO3、氨水生成MnCO3沉淀，过滤，用硫酸溶解MnCO3得到硫酸锰溶液；电解硫酸锰溶液得到金属锰。

【详解】

（1）Mn为25号元素，其价层电子排布为3d54s2，失去最外层2个电子形成Mn2+，所以锰离子的价层电子排布式为3d5；Fe元素在元素周期表中的位置为第四周期VIII族。

（2）“酸浸”后的滤液中含有Fe2+，向“浸出液”中添加适量MnO2的目的是将溶液中Fe2+全部氧化为Fe3+，该过程中Mn元素由+4价下降到+2价，Fe元素由+2价上升到+3价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；硫酸酸化的可与(难溶于水)反应生成和此反应的离子方程式为：5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2+5Na++7H2O。

（3）有表格数据可知，Fe3+完全沉淀时溶液的pH=3.7，溶液中c(OH-)=溶液中某离子浓度时，认为该离子沉淀完全，则pH=5.5(室温)时，溶液中c(OH-)=溶液中残余的的浓度为根据已知信息，>则加入MnS“除杂”后生成NiS，过滤得到滤渣NiS。

（4）沉锰”过程中锰离子沉淀率越高、镁离子沉淀率越低对应的温度和pH就是“沉锰”的合适条件，由图可知，“沉锰”的合适条件是温度为45℃，pH为7.5；“沉锰除去的杂质金属离子是Mg2+。

（5）温度超过30℃，NH4HCO3水解程度增大，释放出NH3和CO2，不利于“沉锰”。【解析】(1)3d5第四周期VIII族。

(2)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Bi3++2+5Na++7H2O

(3)NiS

(4)45℃，pH为7.5Mg2+

(5)温度超过30℃，NH4HCO3水解程度增大，释放出NH3和CO2，不利于“沉锰”26、略

【分析】【分析】

含锌废催化剂中含有氧化锌、还含有镍、铁、铅等元素杂质，先用去离子水化浆，再加入氨水、碳酸氢铵浸取，氧化锌转化为[Zn(NH3)4]2+，锌转化为[Ni(NH3)4]2+，铁、铅等元素杂质不溶解而成为滤渣Ⅰ；过滤后所得滤液中含有[Zn(NH3)4]2+、[Ni(NH3)4]2+，加入Zn粉，将[Ni(NH3)4]2+转化为[Zn(NH3)4]2+和Ni；过滤后滤渣Ⅱ为Zn、Ni，滤液为[Zn(NH3)4]CO3，蒸氨得ZnCO3•2Zn(OH)2等。

（1）

Zn的价电子排布式为3d104s2，则Zn2+的价电子排布图为Zn2+的价电子数为10，NH3分子为配体，1个N原子提供2个电子与Zn2+形成配位键，依据18e-经验规则，1个Zn2+应与4个NH3形成配位键，所以“浸取”后锌元素的存在微粒形式为[Zn(NH3)4]2+。答案为：[Zn(NH3)4]2+；

（2）

“浸取”步骤中，废催化剂中含锌物质与氨水、碳酸氢铵反应，转化为[Zn(NH3)4]CO3，反应方程式为ZnO+NH4HCO3+3NH3=[Zn(NH3)4]CO3+H2O。答案为：ZnO+NH4HCO3+3NH3=[Zn(NH3)4]CO3+H2O；

（3）

①氨水和碳酸氢铵的热稳定性都差，图一中适宜选择的温度为42℃左右，则温度不宜过高的原因是：氨气溶解度下降，碳酸氢铵会分解，不利于生成[Zn(NH3)4]CO3。

②氧化锌中加入氨水、碳酸氢铵，随着氨水含量的不断增加，溶液的碱性不断增强，可能的含锌产物为[Zn(NH3)4]2+、Zn(OH)2、[Zn(OH)4]2+，从图二中可以看出，当0.75＜＜1时，锌的浸出率不断降低，则锌不断转化为Zn(OH)2；从而得出：

当＜0.75时，溶液pH较低，锌的存在形式为[Zn(NH3)4]2+；当0.75＜＜1时，溶液pH升高，锌的存在形式为Zn(OH)2；当1＜后，溶液pH继续升高，锌的存在形式为[Zn(OH)4]2+。答案为：氨气溶解度下降，碳酸氢