2025年粤教沪科版选择性必修2化学下册月考试卷

…………○…………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2025年粤教沪科版选择性必修2化学下册月考试卷734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8题，共16分)1、下列说法中正确的是A.分子中所含共价键键能越大，键长越短，则分子越稳定B.只有非金属原子之间才能形成共价键C.水分子可表示为分子中键角为180°D.键键能为即水分子生成和时，放出能量为2、下列有关说法正确的是A.氧原子处于基态的轨道表示式B.用价层电子对互斥理论预测的空间结构为三角锥形C.用电子式表示的形成：D.向5%的溶液中加入粉末后，分解速率迅速加快是因为粉末降低了反应的焓变3、BF3与Na2CO3溶液反应生成NaBF4、NaB(OH)4、CO2。下列说法正确的是A.CO2的电子式：B.BF3的空间构型为三角锥形C.NaBF4和NaB(OH)4均含有配位键D.Na2CO3溶液为强电解质4、某物质的化学式为其水溶液不导电，加入溶液也不产生沉淀，与强碱共热没有放出，则关于该物质的说法正确的是A.Pt的化合价+6价B.该物质的分子可能是平面正方形结构C.和均为配位体D.含有的键数为5、由短周期元素构成的离子化合物X中，一个阳离子和一个阴离子的核外电子数之和为20，下列说法中正确的是A.X中阳离子和阴离子个数不一定相等B.X中一定只有离子键而没有共价键C.若X只含两种元素，则两种元素可在同一周期也在同一主族D.X中阳离子半径一定大于阴离子半径6、下列说法不正确的是（）A.氨沸点高于砷化氢是因为氨分子间存在氢键B.与得电子能力相同C.浓H2SO4和H2O混合时放出热量与微粒之间的作用力有关D.H2O2易分解是因为H2O2分子间作用力弱7、下列说法正确的是A.铍原子最外层原子轨道的电子云图：B.该电子排布图违背了泡利原理C.在NaCl晶体中每个Na+(或Cl-)周围都紧邻6个Cl-(或6个Na+)D.p－pσ键和p－pπ键的重叠方式是相同的8、AlN具有耐高温；抗冲击等优良品质；广泛应用于电子工业、陶瓷工业，其晶胞结构如下图所示。下列说法错误的是。

A.基态Al原子的价电子排布式为B.Al原子位于N原子形成的四面体空隙C.AlN晶体中含有配位键D.AlN晶体属于离子晶体评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、碳元素的单质有多种形式，下图依次是石墨和金刚石的结构图：

回答下列问题：

(1)碳元素基态原子的最外层电子排布式为_______。

(2)所属的晶体类型为_______晶体。

(3)在石墨晶体中，碳原子数与化学键数之比为_______。

(4)金刚石中碳原子的杂化轨道类型是_______。

(5)上述三种单质互称为_______。

a.同系物b.同素异形体c.同分异构体10、回答以下问题:

(1)金属Cu晶体采取的是以下_________(填序号)面心立方最密堆积方式。

(2)CuSO4晶体类型为_________晶体。的空间构型为_______(填“正四面体”、“直线型”或“平面三角”)。Cu2+与OH−反应能生成[Cu(OH)4]2-，[Cu(OH)4]2-中的中心离子为______(填离子符号)。

(3)如图所示，(代表Cu原子，代表O原子)，一个Cu2O晶胞中Cu原子的数目为_____。

(4)已知：一般情况下，碳的单键中碳原子存在sp3杂化轨道，碳的双键中碳原子存在sp2杂化轨道；醇和水形成氢键；使得醇易溶于水。抗坏血酸的分子结构如图所示，回答问题：

抗坏血酸分子中碳原子的杂化轨道类型有_______和_______。(填“sp3”、“sp2”或“sp”)。抗坏血酸在水中的溶解性_____________(填“难溶于水”或“易溶于水”)。11、钴的一种配位聚合物的化学式为{[Co(bte)2(H2O)2](NO3)2}n。

(1)Co2+基态核外电子排布式为___________。

(2)NO的空间结构为___________。

(3)bte的分子式为C6H8N6；其结构简式如图所示。

①[Co(bte)2(H2O)2]2+中，与Co2+形成配位键的原子是___________和___________(填元素符号)。

②C、H、N的电负性从大到小顺序为___________。

③bte分子中碳原子轨道杂化类型为___________和___________。

④1molbte分子中含键的数目为___________mol。12、回答下列问题。

(1)氯化亚砜是一种无色或淡黄色发烟液体，沸点为76℃，其分子的空间构型为_______，其晶体粒子间的作用力为_______。硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液，在中配位原子是_______。

(2)的结构如图；下列说法正确的是_______。

A．它是由极性键形成的非极性分子B．它能与水形成分子间氢键C．分子中含2个键D．它溶于水电离产生离子键(3)最简单的硼烷是其分子结构如下图所示，B原子的杂化方式为_______。

(4)单质铜及镍都是由_______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：的原因是_______。

(5)下图(Ⅱ)表示甲烷分子，图(Ⅲ)表示某钠盐的无限链状结构的阴离子的一部分，该钠盐的化学式为_______。

13、二氧化碳；二氧化硅和氧化镁的晶体结构或晶胞如下图。

回答下列问题：

(1)每个晶胞a中平均含有_______个CO2分子。

(2)晶体b中粒子间作用力是_______，其中Si原子与Si-O键的数目比是_______。

(3)晶胞c中，O2-的配位数为_______。

(4)二氧化碳与二氧化硅比较，熔点较高的是_______(填化学式)。14、(1)下列关于CH4和CO2的说法正确的是___(填序号)。

a.固态CO2属于分子晶体。

b.CH4分子中含有极性共价键；是极性分子。

c.因为碳氢键键能小于碳氢键，所以CH4熔点低于CO2

d.CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp

(2)ClF3的熔、沸点比BrF3的___(填“高”或“低”)。15、通过本单元的学习，你认为物质结构的研究成果对人类物质文明产生了多大的影响，你认为化学还应该为人类解决哪些问题，解决这些问题需要哪些条件_______。评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)16、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17、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18、CH3CH2OH在水中的溶解度大于在水中的溶解度。(___________)A.正确B.错误19、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20、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21、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误22、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、原理综合题(共3题，共15分)23、研究物质的结构；用来探寻物质的性质,是我们学习化学的重要方法。回答下列问题：

（1）Fe、Ru、Os在元素周期表中处于同一列，人们已经发现和应用了Ru、Os的四氧化物、量子化学理论预测铁也存在四氧化物,但最终人们发现铁的化合价不是+8价而是+6价。OsO4分分子空间形状是___；铁的“四氧化物”分子中，铁的价电子排布式是___，氧的化合价是__。

（2）NH3分子中H-N-H键角为106.7°，在Ag(NH3)中，H一N一H键角近似109.5"，键角变大的原因是___。

（3）氢键的本质是缺电子的氢原子和富电子的原子或原子团之间的一种弱的电性作用。近年来，人们发现了双氢键，双氢键是指带正电的H子与带负电的H原子之间的一种弱电性相互作用。下列不可能形成双氢键的是___(填字母代号)。

aBe—HH—Ob.O—H...H—N

c.B—H...H—Nd.Si—H...H—Al

（4）冰晶石(Na3AlF6)主要用作电解氧化铝的助培剂，也用作研磨产品的耐磨添加剂。其晶胞结构如图所示。晶胞是正四棱柱形状，Na(I)位于四个侧面上，AlF位于顶点和体心。

AlF中，中心原子周围的成键电子总数是__个。若用原子坐标来描述晶胞中所有Na原子的位置，则需要___组原子坐标。已知晶胞边长为anm，bnm，冰晶石晶体的密度为__g•cm-3(Na3AlF6的摩尔质量为210g/mol)24、Fe、HCN与K2CO3在一定条件下发生如下反应：

Fe+6HCN+2K2CO3=K4Fe(CN)6+H2↑+2CO2↑+2H2O；回答下列问题：

（1）此化学方程式中涉及的第二周期元素的电负性由小到大的顺序为___________________。

（2）配合物K4Fe(CN)6的中心离子是____________，该离子价电子的基态电子排布图为____________。

（3）lmolHCN分子中含有σ键的数目为____________，HCN分子中碳原子轨道杂化类型是____________，与CN-互为等电子体的阴离子是____________。

（4）K2CO3中阴离子的空间构型为____________，其中碳原子的价层电子对数为____________。

（5）冰的晶体结构模型如图，它的晶胞与金刚石相似，水分子之间以氢键相连接，在一个晶胞有__________个氢键，若氢键键长为dnm，则晶体密度（g/cm3）计算式为____________（用NA表示阿伏伽德罗常数的值）。25、研究表明新冠病毒在铜表面存活时间最短；仅为4小时，铜被称为细菌病毒的“杀手”。回答下列问题：

(1)铜的晶胞结构如下图所示，铜原子的配位数为____，基态铜原子价层电子排布式为____。

(2)与铜同周期，N能层电子数与铜相同，熔点最低的金属是_______；

(3)农药波尔多液的有效杀菌成分是Cu2(OH)2SO4(碱式硫酸铜)，碱式硫酸铜中非金属元素电负性由大到小的顺序是______，的空间构型为__________。

(4)氨缩脲()分子中氮原子的杂化类型为__，σ键与π键的数目之比为___。氨缩脲与胆矾溶液反应得到如图所示的紫色物质，1mol紫色物质中含配位键的数目为____。

(5)白铜(铜镍合金)的立方晶胞结构如图所示；其中原子A的坐标参数为(0，1，0)。

①原子B的坐标参数为_______

②)若该晶体密度为dg·cm-3，则铜镍原子间最短距离为______评卷人得分五、工业流程题(共3题，共12分)26、以软锰矿(主要成分MnO2，还含有Fe2O3、Al2O3、CaO、ZnO、SiO2)为原料生产纳米Mn3O4的工艺流程如图：

I.难溶物的Ksp如表：。物质Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Zn(OH)2ZnSMnSCaF2Ksp4.0×10-384.5×10-331.9×10-132.0×10-151.6×10-242.5×10-134.0×10-11

II.Mn(OH)2+xNH3=[Mn(NH3)x]2++2OH-

回答下列问题：

(1)基态锰原子价层电子排布式为___，已知Mn3O4可与盐酸反应生成氯气(原理同MnO2)，写出该反应离子方程式___。

(2)软锰矿“酸浸”需要控制温度为90℃左右，其主要成分发生反应的化学方程式为___，“滤渣A”主要成分为___。

(3)“硫化”后的滤液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，若要将其沉淀完全，则至少需要加入CaF2至溶液中的c(F-)=___mol/L。

(4)“沉锰”过程中研究pH与Mn2+的沉降率关系见表，根据表格数据分析，应调节最佳pH为___，分析其原因为___。pH氨水体积/mL残余率/%沉降率/%8.52.771.128.99.04.545.254.89.57.620.579.510.010.516.383.710.516.118.481.627、铁和锡是常用于食品包装的金属；其化合物在工业上也广泛应用。

Ⅰ.锡与形成化合物种类最多的元素同主族；某锡的化合物可作为治疗癌症药物的原料，结构如图(Bu-n为正丁基)。

(1)Sn位于元素周期表的___________区。

(2)结构中一个Sn原子形成的配位键有___________个，结构中N原子的杂化类型为___________。

Ⅱ.由工业磷化渣[主要成分是杂质为(FeⅡ)]来制备锂电池原料磷酸铁的工业流程如下。

已知：常温下，

(3)“碱浸”过程中，提升浸出率的方法有___________(写出一条即可)。

(4)写出“碱浸”过程中反应的化学方程式：___________，若以离子浓度为视为沉淀完全，“碱浸”中，若将沉淀完全，pH应为___________。

(5)“步骤A”的名称为___________。

(6)理论上，电池级要求磷酸铁中铁磷的物质的量比为1.0，实际pH对产物的影响如图所示，要达此标准，“搅拌”步骤中控制的pH为___________。

(7)磷酸铁锂电池是绿色环保型电池，石墨作为锂离子电池的负极材料，嵌入石墨的两层间，导致石墨的层堆积方式发生改变，形成化学式为的嵌入化合物，平面结构如图2所示，则为___________。

28、湿法炼锌综合回收系统产出的萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等；一种将萃余液中有价离子分步分离；富集回收的工艺流程如下：

回答下列问题：

(1)“氧化”时，Mn2+、Fe2+均发生反应。后者发生反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。

(2)“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有___________。

(3)“除镉”时，发生反应的类型为___________。

(4)“除钴镍”时，有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物。其净化原理可表示为：

反应时，接受电子对的一方是___________；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，推测可能的原因为___________。

(5)“沉锌”时有气体生成，则生成碱式碳酸锌的离子方程式为___________。

(6)“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中总反应的化学方程式为___________。

(7)氧化锌有多种晶体结构，其中一种晶胞结构及晶胞参数如图所示。已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为___________g∙cm-3(列出计算式即可)。

评卷人得分六、有机推断题(共3题，共6分)29、乙酰氧基胡椒酚乙酸酯(F)具有抗氧化性；抗肿瘤作用；其合成路线如图：

已知：RMgBr

(1)A→B的反应类型为______________________。

(2)化合物C的名称是_____________________。

(3)化合物E中含氧官能团的名称为__________________。请在图中用*标出化合物F中的手性碳原子_________。

(4)写出化合物F与足量NaOH溶液反应的化学方程式_____________________________________________________________。

(5)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式：_________________________________。

①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，其峰面积比为6∶2∶1∶1。30、氯吡格雷()是一种血小板聚集抑制剂。其合成路线如下(部分无机反应物；反应条件已略去)：

已知：RNH2+

(1)烃A的质谱图如图所示，已知质谱图中质荷比数值最大的数据即为待测分子的相对分子质量，则A的分子式是_______。

(2)物质C中官能团的名称为_______。

(3)的反应类型为_______。

(4)写出反应的化学方程式：_______。

(5)有机物G的同分异构体有多种，其中符合下列条件的G的同分异构体有_______种。

①含有(该环状与苯结构类似)②含有两个取代基，其中一个为

(6)某课题研究小组从降低生产成本的角度出发；以邻氯苯乙氰为原料合成氯吡格雷。其合成路线如下：

①有机物M的结构简式为_______。

②有机物N为_______(填名称)，反应条件a为_______。

③手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，氯吡格雷分子中所含的手性碳原子有_______个。31、(1)在下列物质中，互为同分异构体的有________；互为同系物的有________；同为一种物质的有________。(分别用物质的序号填空)

(2)某气态烃测得其密度是相同条件下氢气的28倍；

①该烃的分子式为________。

②若能使KMnO4酸性溶液褪色，则可能的结构简式为____________、____________、____________。

③上述②中的混合物与足量的H2反应后，所得产物共有________种。

④上述②中的混合物若与足量HBr反应后，所得产物共有________种，写出产物中有手性碳原子的物质的结构简式为__________________________参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】【详解】

A．分子中所含共价键键能越大；键长越短，原子间结合力就越强，分子越稳定，A正确；

B．有些不活泼金属与非金属形成的化学键也是共价键；B错误；

C．水分子中两个O-H键间的夹角小于其分子结构式虽为H-O-H，但不能表示分子真正的空间结构，C错误；

D．H-O键的键能是破坏1molH-O键所吸收的能量，在H2O分子中有两个H-O键，断开1molH2O中的化学键应吸收能量(2467)KJ，而生成H2和O2时成键需放出能量；D错误；

故选A。2、B【分析】【详解】

A．基态氧原子核外有8个电子，其电子的轨道表示式为A错误；

B．根据价层电子对互斥理，中N原子的价层电子对数=3+=4，VSEPR模型为四面体，且有一对孤电子，故的空间结构为三角锥形；B正确；

C．两个氯原子应分开写，用电子式表示的形成应为C错误；

D．过氧化氢分解过程中二氧化锰作催化剂；催化剂能降低反应的活化能，改变反应途径，从而加快反应速率，一个反应的焓变只与反应物的始态和终态有关，和反应途径无关，即二氧化锰不能改变过氧化氢分解的焓变，D错误。

答案选B。3、C【分析】【详解】

A．二氧化碳的电子式为：A错误；

B．BF3中B原子的价层电子对数为3＋=3，B原子采用sp2杂化；空间构型为平面三角形，B错误；

C．NaBF4和NaB(OH)4含有B与F；OH的配位键；C正确；

D．Na2CO3溶液是混合物；不是电解质，更不是强电解质，D错误；

故选C。4、C【分析】【分析】

某物质的化学式为PtCl4⋅2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，与强碱共热没有NH3放出，说明该物质中的氯离子和NH3均为Pt的配体；在配合物的内界。

【详解】

A．Cl的化合价为-1价，NH3是中性的分子；所以Pt的化合价+4价，故A错误；

B．该物质是配合物，Cl-和NH3都和Pt以配位键结合；共有6个配体，所以不可能是平面正方形结构，故B错误；

C．由以上分析可知，Cl-和NH3均为配位体；故C正确；

D．在PtCl4⋅2NH3中有6个配体，NH3中的N和H也以σ键结合，所以1molPtCl4⋅2NH3含有的σ键数为12NA；故D错误；

故选C。5、A【分析】【分析】

【详解】

A．Na3N为离子化合物；钠离子和氮离子的核外电子数之和为20，阳离子和阴离子个数不相等，则X中阳离子和阴离子个数不一定相等，故A正确；

B．NH4F为离子化合物；铵根离子和氟离子的核外电子数之和为20，化合物中含有离子键和共价键，故B错误；

C．MgO为离子化合物；镁离子和氧离子的核外电子数之和为20，镁元素和氧元素在同一周期，但不在同一主族；KH为离子化合物，钾离子和氢离子的核外电子数之和为20，钾元素和氢元素在同一主族，但不在同一周期，则若X只含两种元素，则两种元素可在同一周期但不在同一主族，或在同一主族，但不在同一周期，故C错误；

D．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，Na2O为离子化合物；钠离子和氧离子的核外电子数之和为20，钠离子和氧离子电子层结构相同，钠离子的离子半径小于氧离子，故D错误；

故选A。6、D【分析】【详解】

A．氨沸点高于砷化氢是因为氨分子间存在氢键；故A正确；

B．与最外层电子数相同，得电子能力相同，故B正确；

C．浓H2SO4和H2O混合时放出热量；是因为硫酸分子和水分子之间水合过程放出热量，与微粒之间的作用力有关，故C正确；

D．H2O2易分解为H2O和O2；该过程属于化学变化，与化学键有关，与分子间作用力无关，故D错误。

综上所述，答案为D。7、C【分析】【详解】

A．铍原子最外层为2s能级，s能级的电子云图为球形为A错误；

B．由洪特规则可知；在2p轨道上排布的电子将尽可能分占不同的轨道，且自旋方向相同，则电子排布图违背了洪特规则，B错误；

C．由NaCl晶胞结构可知，在NaCl晶体中每个Na+(或Cl-)周围都紧邻6个Cl-(或6个Na+)；C正确；

D．p-pσ键和p-pπ键的重叠方式是不相同的；p-pσ键是“头碰头”重叠而p-pπ键是“肩并肩”重叠，D错误；

故选C。8、D【分析】【详解】

A．Al是第13号元素，基态Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，价电子排布式为3s23p1；A正确；

B．每个Al原子通过3个共价键；一个配位键跟4个N原子结合；其VSEPR模型为正四面体形，Al原子位于正四面体的中心，即Al原子位于N原子形成的四面体空隙，B正确；

C．氮原子最外层有5个电子；为三个单电子和一个孤电子对，每个N原子结合了4个Al原子，说明其中一个Al原子接受了N原子的孤电子形成了配位键，C正确；

D．在晶胞中每个Al原子结合4个N原子；每个N原子结合4个Al原子，N与Al之间通过共价键和配位键结合，属于共价晶体，D错误；

故选D。二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)碳是6号元素，碳元素基态原子的电子排布式为：最外层电子排布式为故答案为：

(2)是由碳原子形成的分子；所属的晶体类型分子晶体，故答案为：分子晶体；

(3)石墨晶体中每个碳原子被3个六元环共用，属于一个六元环的碳原子数为每个碳原子伸出3个共价键与其他原子共用，属于每个碳原子的共价键为1.5个，在石墨晶体中，碳原子数与化学键数之比为1:1.5=2:3，故答案为：2:3；

(4)金刚石是巨型网状结构，其中碳原子采取sp3杂化，故答案为：sp3；

(5)石墨、金刚石都是碳元素形成的不同单质，由同种元素形成的不同单质属于同素异形体，故答案为：b。【解析】分子晶体2:3sp3b10、略

【分析】【详解】

(1)金属Cu晶体采取的是面心立方最密堆积方式；则晶胞中铜原子位于顶点和面心，故选④；

(2)硫酸铜是离子化合物，故CuSO4晶体类型为离子晶体。中孤电子对数=价层电子对数=4+0=4，故为sp3杂化、空间构型为正四面体。铜是过渡元素、离子核外有空轨道，能接纳孤电子对，故[Cu(OH)4]2-中的中心离子为Cu2+；

(3)从示意图知，Cu2O晶胞中Cu原子位于晶胞内、氧原子位于顶点和体心，则一个Cu2O晶胞中含4个Cu原子；

(4)从键线式知，抗坏血酸的分子内碳的单键和碳的双键，故碳原子的杂化轨道类型有sp3和sp2，1个分子内有4个羟基，易和水形成氢键，使其易溶于水。【解析】①.④②.离子晶体③.正四面体④.Cu2+⑤.4⑥.sp3⑦.sp2⑧.易溶于水11、略

【分析】【详解】

(1)Co2+核外25个电子，基态核外电子排布式为[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故答案为：[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；

(2)NO中N作为中心原子提供5个电子，第VIA族的元素O作为周围原子时，不提供电子，NO有一个负电荷，多1个电子，所以价电子一共6个，即3对，没有孤对电子，N元素属于sp2杂化；离子构型是平面三角形，故答案为：平面三角形；

(3)①Co2+离子含有空轨道，bte中N原子；水中O原子均有提供孤电子对；形成配位键，故答案为：N；O；

②同周期自左而右电负性增大；C；N的氢化物中它们均表现负化合价，说明它们的电负性都大于氢元素的，故电负性由大到小顺序为：N＞C＞H，故答案为：N、C、H；

③bte分子中环上碳原子形成3个σ键，亚甲基中碳原子形成4个σ键，杂化轨道数目分别为3、4，碳原子分别采取sp2、sp3杂化，故答案为：sp2；sp3；

④单键为σ键，双键中含有1个σ键，bte的分子含有21个σ键，1molbte分子中含σ键的数目为21mol，故答案为：21。【解析】①.[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7

②.平面三角形③.N④.O⑤.N、C、H⑥.sp2⑦.sp3⑧.2112、略

【分析】【详解】

（1）氯化亚砜分子中的中心原子价层电子对数为且含有1个孤电子对，为三角锥形，该物质沸点较低，为分子晶体，分子间存在范德华力。在中配位原子是氮原子。

（2）A.不同非金属元素的原子之间形成极性键，该分子存在极性键，为四面体结构，正负电荷中心不重合，是极性分子，故错误；B.羟基能与水形成分子间氢键正确；C.分子中含2个键；为氧氢键，故正确；D.它溶于水电离产生氢离子和硫酸根离子，不产生离子键，故错误。故选BC

（3）硼烷中硼原子的价层电子对数为4，故采取sp3杂化。

（4）金属通过金属键形成金属晶体，亚铜离子失去的是全充满的3d10电子，而Ni+失去的是4s1电子；故亚铜离子失去第二个电子更难，故元素铜的第二电离能高于镍的。

（5）该图的重复结构中含有2个硅原子，氧原子个数为所以硅、氧原子个数比为2:6=1:3，结合化学键可知，该酸根离子为硅酸根离子，形成的钠盐为硅酸钠。【解析】(1)三角锥形范德华力N

(2)BC

(3)sp3

(4)金属键亚铜离子失去的是全充满的3d10电子，而Ni+失去的是4s1电子。

(5)Na2SiO313、略

【分析】【详解】

（1）晶胞a表示的是CO2晶体，对于CO2晶体，CO2分子位于晶胞的顶点和面心上，则每个晶胞中含有的的CO2分子数目是8×+6×=4；

（2）晶胞b表示的是SiO2共价晶体；每个Si原子与4个O原子形成4个Si-O共价键，每个O原子与2个Si原子形成2个Si-O共价键，则晶胞中含有的Si原子与Si-O共价键的个数比是1：4；

（3）晶胞c是MgO晶体，在其中O2-的上、下、前、后、左、右六个方向各有1个Mg2+，故O2-的配位数为6个；

（4）二氧化碳晶体属于分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，断裂分子间作用力消耗较少能量，因此二氧化碳晶体的熔沸点比较低；而二氧化硅属于共价晶体，原子之间以共价键结合，共价键是强烈的相互作用力，断裂需消耗较高能量，因此二氧化硅的熔沸点较高，故二氧化碳与二氧化硅比较，熔点较高的是SiO2。【解析】(1)4

(2)共价键1：4

(3)6

(4)SiO2

14、略

【分析】【详解】

(1)固态由分子构成，为分子晶体，a正确；分子中含有极性键，但为非极性分子，b错误；固态固态均为分子晶体，熔点由分子间作用力强弱决定，与键能大小无关，c错误；中C的杂化类型为中C的杂化类型为sp；d正确。

故答案为：ad；

(2)和是组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高。故答案为：低；【解析】①.ad②.低15、略

【分析】【详解】

物质结构研究获得的知识和方法可以指导人们解决很多实践中的问题，在搞清楚新物质结构特征的基础上，才能有目的地进行合成，如制备高效手性催化剂，必须运用立体选择性反应的方法获得手性分子的单一异构体，才能实现化学反应‘友好环境’的需要，探明了特定物质的空间结构、手性、溶解性、基团的位置等具体信息，才能合成具有特效的药物。【解析】如制备高效手性催化剂，必须运用立体选择性反应的方法获得手性分子的单一异构体，才能实现化学反应‘友好环境’的需要，探明了特定物质的空间结构、手性、溶解性、基团的位置等具体信息，才能合成具有特效的药物三、判断题(共7题，共14分)16、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。17、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；18、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。19、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。20、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。21、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。22、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、原理综合题(共3题，共15分)23、略

【分析】【详解】

（1）Fe、Ru、Os在元素周期表中处于同一列；OsO4分分子空间形状是正四面体；铁的四氧化物分子中，铁的化合价不是+8价而是+6价，则铁失去6个电子，铁的价电子排布式是3d2；氧的化合价是-1；-2；

故答案为：正四面体；3d2；-1；-2；

（2）NH3分子中H-N-H键角为106.7°，在Ag(NH3)中，[Ag(NH3)2]+中，配位键N-Ag键的成键电子对相比NH3中的孤电子对对N-H键的排斥力变小，故[Ag(NH3)2]+中H--N--H键角变大；

（3）氢键的本质是缺电子的氢原子和富电子的原子或原子团之间的一种弱的电性作用。近年来；人们发现了双氢键，双氢键是指带正电的H原子与带负电的H原子之间的一种弱电性相互作用，则。

a．Be—HH—O；前者氢原子带负电，后者氢原子带正电，可形成双氢键，a不选；

b．O—H...H—N，两个氢原子都带正电，不能形成双氢键，b选；

c．B—H...H—N；前者氢带负电，后者氢带正电，可形成双氢键，a不选；

d．Si—H...H—Al；两个氢原子都带负电，不能形成双氢键，d选；

答案选bd；

（4）冰晶石(Na3AlF6)主要用作电解氧化铝的助培剂，也用作研磨产品的耐磨添加剂；其晶胞结构如图所示，晶胞是正四棱柱形状，Na(I)位于四个侧面上，AlF位于顶点和体心；AlF中，中心原子周围的成键电子总数是12个；若用原子坐标来描述晶胞中所有Na原子的位置，则需要6组原子坐标。已知晶胞边长为anm，bnm，冰晶石晶体的密度为g•cm-3。【解析】①.正四面体②.3d2③.-1、-2④.[Ag(NH3)2]+中，配位键N-Ag键的成键电子对相比NH3中的孤电子对对N-H键的排斥力变小，故[Ag(NH3)2]+中H--N--H键角变大⑤.bd⑥.12⑦.6⑧.24、略

【分析】【详解】

（1）此化学方程式中涉及的第二周期元素有C、N、O，三种元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性由小到大的顺序为C

（2）配合物K4Fe(CN)6的中心离子是Fe2+，该离子价电子的基态电子排布图为

（3）HCN的结构式为H—CN，lmolHCN分子中含有σ键的数目为2NA，HCN分子中碳原子轨道杂化类型是sp杂化，有二个原子和10个价电子，则与CN-互为等电子体的阴离子有C22—；

（4）CO32-中碳原子价层电子对个数=3+（4+2-3×2）=3，且不含孤电子对，所以C原子采用sp2杂化；空间构型为平面三角形；

（5）每个冰晶胞平均占有分子个数=4+×8+6×=8，H2O的氧原子中含有2个σ键和2个孤电子对，金刚石中每个碳原子含有4个σ键且没有孤电子对，所以水中的O和金刚石中的C都是sp3杂化，且水分子间的氢键具有方向性，每个水分子中一个氧原子可以和另外2个水分子中的氢原子形成2个氢键，2个氢原子可以和另外2个水分子中的氧原子形成氢键，所以每个水分子可与相邻的4个水分子形成4个氢键，即平均每个水分子可形成2个氢键，每个晶胞中共有2×8=16个氢键；若氢键键长为dnm，晶胞的对角线为4dnm，设晶胞边长为anm，则a=nm，晶胞的体积为(anm)3，晶胞的质量为晶体密度=÷(anm)3=g/cm3。

点睛:根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。【解析】CFe2+1.202×1024sp杂化C22—平面三角形31625、略

【分析】【详解】

(1)根据铜的晶胞结构可知，与铜原子距离最近的铜原子共有12个，即铜原子的配位数为12，铜为29号元素，其核外共有29个电子，核外电子排布式为[Ar]3d104s1，则其价层电子排布式为3d104s1；

(2)铜为第四周期元素；N能层含有1个电子，同周期N能层电子数与铜相同的元素中，熔点最低的金属是钾(K)；

(3)碱式硫酸铜中非金属元素有H、O、S，其电负性O＞S＞H，的中心原子的价电子对数为不含有孤对电子，因此的空间构型为正四面体形；

(4)根据胺缩脲的结构简式分析可知，分子中每个氮原子形成三个共价键，含有一对孤对电子，因此氮原子的杂化类型为sp3杂化，分子中共含有11个σ键和2个π键，则分子中σ键与π键的数目之比为11：2，中Cu与O原子形成2个配位键，与N原子形成1个配位键，因此，1mol紫色物质中含有配位键的数目为2×2NA+4×NA=8NA；

(5)①根据A的坐标，可以判断晶胞底面的面心上的原子B的坐标参数为

②由晶胞结构可知，处于面对角线上的Ni、Cu原子之间距离最近，设二者之间的距离为acm，则晶胞面对角线长度为2acm，晶胞的棱长为2a×=cm，又晶胞的质量为所以(cm)3×dg·cm-3=解得a=【解析】123d104s1钾(K)O＞S＞H正四面体形sp3杂化11：8NA五、工业流程题(共3题，共12分)26、略

【分析】【分析】

由流程图可知，加入铁和硫酸后，Fe2O3、Al2O3、CaO、ZnO和硫酸反应，铁和硫酸生成的亚铁离子和MnO2反应，反应方程式分别为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、CaO+H2SO4=CaSO4+H2O、ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O，Fe+H2SO4=FeSO4+H2O，2FeSO4+MnO2+2H2SO4=Fe2(SO4)3+MnSO4+2H2O、只有SiO2与硫酸不反应，故滤渣A为SiO2和CaSO4；调节PH后沉淀了铁和铝，加入(NH4)2S后，发生反应：(NH4)2S+ZnSO4=ZnS↓+(NH4)2SO4生产ZnS沉淀，故滤渣B为ZnS，则滤液中剩下了少量的Ca2+和Mn2+，故加入试剂X是沉淀Ca2+，故使用NH4F，生成CaF2沉淀，过滤，滤液中含有硫酸铵、硫酸锰，加入氨水，有Mn(OH)2、少量Mn2(OH)2SO4生成，加入(NH4)2S2O8，粉碎氧化还原反应生成纳米Mn3O4；以此解答该题。

【详解】

(1)已知锰是25号元素，故基态锰原子价层电子排布式为3d54s2，根据MnO2与盐酸反应的反应原理，可以推知Mn3O4可与盐酸反应生成氯气(原理同MnO2)，故反应方程式为：Mn3O4+8HCl3MnCl2+Cl2↑+4H2O，故该反应的离子方程式为：Mn3O4+8H++2Cl-3Mn2++Cl2↑+4H2O；故答案为：3d54s2；Mn3O4+8H++2Cl-3Mn2++Cl2↑+4H2O；

(2)在90℃“溶浸”软锰矿，该反应的化学方程式为2Fe+3MnO2+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+6H2O，由分析可知，“滤渣A”主要成分为SiO2、CaSO4，故答案为：2Fe+3MnO2+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+6H2O；SiO2、CaSO4；

(3)“硫化”后的滤液中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，若要将其沉淀完全，则至少需要加入CaF2至溶液中的c(F-)=mol/L，故答案为：2.0×10-4mol/L；

(4)“沉锰”过程中研究pH与Mn2+的沉降率关系见表，根据表格数据分析可知，pH为10.0时沉降率最高，残留率最低，究其原因为pH过低氨水不足，Mn2+沉降不完全；pH过高氨水过量，Mn2+发生络合反应导致Mn(OH)2部分溶解，沉降率降低，故答案为：10.0；pH过低氨水不足，Mn2+沉降不完全；pH过高氨水过量，Mn2+发生络合反应导致Mn(OH)2部分溶解，沉降率降低。【解析】3d54s2Mn3O4+8H++2Cl-3Mn2++Cl2↑+4H2O3MnO2+2Fe+6H2SO43MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2OSiO2、CaSO42.0×10-410.0pH过低氨水不足，Mn2+沉降不完全；pH过高氨水过量，Mn2+发生络合反应导致Mn(OH)2部分溶解，沉降率降低27、略

【分析】【分析】

磷化渣碱浸后过滤，得到滤渣Fe(OH)3、Zn(OH)2和滤液；滤液中主要成分为磷酸钠和氢氧化钠；滤液中加磷酸调pH值后，加双硫腙除锌，镜柜萃取；分液后锌进入有机相，余液中加过量氯化铁溶液和氢氧化钠溶液搅拌后过滤，得到磷酸铁和滤液II。

【详解】

（1）形成化合物种类最多的元素为碳；第ⅣA族元素都在元素周期表的p区；

（2）结构中箭头标的为配位键：每个N原子都含有一个双键，所以N原子的杂化类型为

（3）粉碎；搅拌；在“碱浸”过程中可增大接触面积，以提高浸出率；

（4）由于过滤1生成的沉淀为和则反应的化学方程式为。

当时，则所以时，

（5）加入二硫腙后；混合物分为有机相和余液，所以二硫腙是萃取剂，步骤A为萃取；分液；

（6）根据图可得，在时；铁磷的物质的量比为0.95，接近标准1.0；

（7）根据均摊法，每个碳环实际占用2个碳原子，实际上每个占用6碳原子，所以为1：6。【解析】(1)p

(2)3

(3)粉碎或搅拌等。

(4)8

(5)萃取；分液。

(6)2

(7)1：628、略

【分析】【分析】

萃余液中含有Na2SO4、ZnSO4、H2SO4，还含有Mn2+、Co2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Al3+等，加入Na2S2O8，将Mn2+、Fe2+氧化为MnO2和Fe3+，加入CaCO3调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀、同时还生成了CaSO4沉淀；过滤后，往滤液中加入Zn，将Cd2+还原为Cd；过滤后，往滤液中加入有机净化剂，将钴镍等离子转化为沉淀；过滤后，往滤液中加入Na2CO3，将Zn2+转化为ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O沉淀；过滤后；将沉淀煅烧，从而得到氧化锌，据此分析解题。

【详解】

（1）“氧化”时，Fe2+被Na2S2O8氧化，发生反应为2Fe2++=2Fe3++2为氧化剂，Fe2+为还原剂；则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2。答案为：1:2；

（2）由分析可知，“调pH”时，所得“滤渣1”中除含有MnO2和Fe(OH)3外，还有Al(OH)3、CaSO4。答案为：Al(OH)3、CaSO4；

（3）由分析可知，“除镉”时，发生反应为Zn+Cd2+=Zn2++Cd；反应类型为置换反应。答案为：置换反应；

（4）由题干流程图可知，除镍和钴步骤中，Co2+和Ni2+能形成配合物时，中心原子提供能接受孤电子对的空轨道，配位原子提供孤电子对，则反应时，接受电子对的一方是Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+能发生上述转化而Zn2+不能，可能的原因为：Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能。答案为：Co2+、Ni2+；Co2+、Ni2+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能；

（5）“沉锌”时有气体生成，则此气体为CO2，生成碱式碳酸锌的离子方程式为3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑。答案为：3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑；

（6）“沉锌”时，所得滤液经硫酸酸化后，用惰性电极电解可制备Na2S2O8，从而实现原料的循环利用，该电解过程中，Na2SO4在阳极失电子生成Na2S2O8，H2SO4在阴极得电子生成H2，总反应的化学方程式为Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑。答案为：Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑；

（7）图中所示晶胞中，含O原子个数为=2，含Zn原子个数为=2，已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该氧化锌晶体的密度为=g∙cm-3。答案为：【解析】(1)1:2

(2)Al(OH)3、CaSO4

(3)置换反应。

(4)Co2+、Ni2+Co2+、Ni2+半径与有机净