2025年鲁人版选择性必修2化学上册月考试卷

…………○…………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年鲁人版选择性必修2化学上册月考试卷92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6题，共12分)1、下列有关说法不正确的是A.水分子间存在氢键，故水很稳定，1000℃以上才会部分分解B.乳酸()分子中含有一个手性碳原子C.碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释D.1个分子中的π键与1个分子中的π键的数目之比为1：12、工业上用C还原SiO2可得半导体材料Si和CO。下列说法正确的是A.键能大小：E(C-C)B.电离能大小：I1(Si)<I1(O)C.电负性大小：x(O)<x(C)D.酸性强弱：H2CO32SiO33、某金属有机多孔材料(MOFA)在常温常压下对CO2具有超高的吸附能力，并能高效催化CO2与环氧乙烷衍生物的反应；其工作原理如图所示。下列说法不正确的是。

A.该材料的吸附作用具有选择性B.若R为H，分子为平面型结构C.在生成的过程中，有极性共价键形成D.CO2可用于有机物碳骨架的增长与构建4、硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru的表面与水反应可生成H2；其反应机理如图所示。下列说法错误的是。

A.过程②每生成1molH2，转移1mol电子B.中间体H2B(OH)、HB(OH)2中B原子杂化方式均为sp2C.催化剂Ru降低了反应的焓变D.过程④的方程式为：HB(OH)2+H2OH3BO3+H2↑5、下列有关说法错误的是A.基态原子能量最高的能级有3个空轨道B.以双聚分子形式存在的中每个原子形成的共价数为4C.的沸点逐渐升高，是因为共价键键能越来越大D.是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，其电子式是Ca2+6、当镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，以下认识正确的是A.镁原子由基态转化成激发态，这一过程中吸收能量B.激发态原子的电子排布仍然符合洪特规则、泡利不相容原理及能量最低原理C.转化后位于p能级上的两个电子处于同一轨道，且自旋方向相同D.转化后镁原子与硅原子电子层结构相同，化学性质相似评卷人得分二、多选题(共6题，共12分)7、下列各组粒子中，中心原子的杂化轨道类型相同的是A.SO2、CO2B.H3O+、C.D.BeCl2和CH48、以下能级符号正确的是（）A.6sB.2dC.3fD.7f9、下列有关微粒半径大小的比较正确的是（）A.离子半径：(Se2-)＞r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)B.原子半径：r(Cl)＞r(Li)＞r(F)＞r(H)C.若单核离子Xa+与Yb-具有相同的电子层结构，则离子半径Xa+＞Yb-D.若单核离子Xa+与Y(a+1)+具有相同的电子层结构，则离子半径Y(a+1)+＞Xa+10、下例关于化学用语表示错误的是A.氮原子的电子排布图是：B.镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子吸收能量，由基态转化成激发态C.钾原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d1D.F元素的电负性大于O元素11、我国科学家发现“杯酚”能与C60形成超分子，从而识别C60和C70；下列说法正确的是。

A.“杯酚”中的8个羟基之间能形成氢键B.“杯酚”与C60之间通过共价键形成超分子C.溶剂氯仿和甲苯均为极性分子D.“杯酚”不能与C70形成包合物是由于C70是非极性分子12、元素X的某价态离子Xn+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3-形成晶体的晶胞结构如下图所示。下列说法错误的是。

A.该晶体的阳离子与阴离子个数比为3：1B.该晶体中Xn＋离子中n=3C.该晶体中每个N3-被6个等距离的Xn＋离子包围D.X元素的原子序数是19评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)13、一项科学研究成果表明，铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。

(1)向一定物质的量浓度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4。

①Mn2＋基态的电子排布式可表示为__________。

②NO3-的空间构型是____________________________________________(用文字描述)。

(2)在铜锰氧化物的催化下，CO被氧化成CO2，HCHO被氧化成CO2和H2O。

①根据等电子原理，CO分子的结构式为________。

②1molCO2中含有的σ键数目为____________。

(3)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2－。不考虑空间构型，[Cu(OH)4]2－的结构可用示意图表示为______________。14、(1)H2S的键角_______H2Se(填＞或＜或＝)。

(2)甲醇(CH3OH)在Cu催化作用下被氧化成甲醛(HCHO)。甲醛分子内σ键与π键个数之比为_______。甲醇分子内的O—C—H键角_______(填“大于”“等于”或“小于”)甲醛分子内的O－C－H键角；

(3)根据等电子体原理判断N立体构型为_______；

(4)氯气与熟石灰反应制漂白粉时会生成副产物Ca(ClO3)2，ClO中心原子的杂化形式为_______、立体构型是_______。15、工业上用闪锌矿（主要成分是ZnS，含FeS、Cu2S等杂质）冶炼锌；主要流程如下：

（1）Cu原子基态核外电子排布式为_____________________；立方ZnS晶体的密度为ρg·cm-3，其晶胞结构如图，S2-周围等距离且最近的Zn2+个数为___________，ZnS晶胞中的晶胞参数a=________列出计算式

（2）在酸浸槽中用硫酸浸取锌焙砂可得ZnSO4溶液和酸浸渣，酸浸渣的主要成分为ZnFe2O4。

1）写出ZnFe2O4与焦炭在高温条件下反应生成CO、ZnO、Fe3O4的化学反应方程式：

______________________________________________________________________________；

ZnO、Fe3O4被还原为单质后，生成的Zn在高温下呈气态而与Fe分离，经________得到Zn粉。

2）ZnSO4溶液中加入(NH4)2SO4、氨水的混合溶液后形成Zn(NH3)42+离子，以惰性电极电解此混合溶液，阴极析出锌的同时发现并没有析出H2，阳极产生N2；电解过程中两极附近及电解后体系的pH没有明显变化，回答下列问题：

①(NH4)2SO4溶液的作用是___________________________________________________________；

②写出阳极的电极反应方程式：_____________________________________；

③若选择________离子交换膜则发现石墨阴极上有晶体析出，并在电极上结壳，影响锌的附着，则阴极上析出物质的化学式为_______________；

（3）测定电解法制得的锌（杂质为铜）的纯度：

取样8.100g，加入足量硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液,待固体全溶后定容至500ml，取20.00ml于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1的KMnO4溶液滴定；消耗标准溶液20.00ml，回答下列问题：

1）测得锌的纯度为________________________（结果保留小数点后两位）；

2）下列各项会导致测定结果偏低的是____________

A.加入的足量Fe2(SO4)3溶液是用盐酸酸化的。

B.滴定过程中随着反应的进行锥形瓶中出现黑色沉淀。

C.滴定速度过慢。

D.滴定终点时滴定管中吸入气泡16、下列各种变化；主要克服了哪种化学键或相互作用，同时说明理由。

（1）碘升华___________；

（2）氯化钠溶于水___________；

（3）氯化氢溶于水___________；

（4）金刚石高温熔化___________。17、东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载；云南镍白铜闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：

(1)镍元素基态原子的电子排布式为___________，3d能级上的未成对电子数为___________。

(2)硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液。

①中的空间立体构型是___________。

②在中与之间形成的化学键称为___________。

③氨的沸点___________(填“高于”或“低于”)膦()，原因是___________。氨分子中，中心原子的轨道杂化类型为___________。评卷人得分四、判断题(共2题，共14分)18、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.错误评卷人得分五、实验题(共1题，共3分)20、四氯化碳主要用作优良的溶剂；干洗剂、灭火剂、制冷剂、香料的浸出剂以及农药等；也可用于有机合成，工业上可用二硫化碳与氯气反应制取四氯化碳。某化学小组用图实验装置模拟工业制备四氯化碳。

已知：

①可与溴水反应生成硫酸和氢溴酸；

②与在铁作催化剂的条件下；在85℃～95℃反应可生成四氯化碳；

③硫单质的沸点445℃，的沸点46.5℃，的沸点76.8℃、密度

(1)分子的空间结构为___________；其中C的杂化轨道类型为__________；写出两个与具有相同空间结构和键合形式的分子或离子__________、___________。

(2)上述仪器的连接顺序为a→____→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______→_______。_______。

A装置中导管k的作用为________________________。

(3)A装置中发生反应的离子方程式为____________________(写成其还原产物为)。

(4)反应结束后关闭此时F装置的作用为_______________________。

(5)B装置中发生反应的化学方程式为___________________________________。

(6)反应结束先过滤除去固体催化剂，再经过_______(填操作名称)可得到评卷人得分六、计算题(共4题，共40分)21、研究发现，氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为apm、bpm；cpm；α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。

氨硼烷晶体的密度ρ=___________g·cm−3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。22、石墨的片层结构如图所示；试回答：

(1)片层中平均每个正六边形含有_______个碳原子。

(2)在片层结构中，碳原子数、C-C键、六元环数之比为_______。

(3)ng碳原子可构成_______个正六边形。23、已知C60分子结构和C60晶胞示意图(如图1；图2所示)：

则一个C60分子中含有σ键的个数为___________，C60晶体密度的计算式为___________g·cm-3.(NA为阿伏加德罗常数的值)24、LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有___________个。

电池充电时，LiFeO4脱出部分Li+，形成Li1−xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x=___________，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=___________。参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【详解】

A．氢键影响水的沸点高低；与水的稳定性无关，影响稳定性的因素是共价键，故A错误；

B．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；乳酸分子中含有一个手性碳原子，故B正确；

C．碘是非极性分子易溶于非极性溶剂四氯化碳；甲烷属于非极性分子难溶于极性溶剂水，所以都可用相似相溶原理解释，故C正确；

D．的结构式为N≡N，1个分子中含有一个σ键和两个π键，CO2的结构式为O=C=O，1个CO2分子中含有两个σ键和两个π键；故二者分子中π键数目之比为1:1，故D正确；

故选A。2、B【分析】【详解】

A．同主族元素；随着原子核电荷数变大，半径半径变大，键能变小，故E(C-C)＞E(Si-Si)，A错误；

B．同周期原子第一电离能随着核电荷数变大呈增大趋势，第VA族遵循半满规则，能量最低，电离能大于第VIA族电离能，电离能大小VA族＞VIA族＞IVA族，故I1(C)<I1(O)，同主族元素第一电离能随着核电荷数增大而增大，故I1(Si)<I1(C)，故I1(Si)<I1(O)；B正确；

C．同周期原子，电负性随核电荷数增大而增大，电负性大小：x(C)<x(O)；C错误；

D．同主族元素，非金属性随核电荷数增加而减弱，最高价氧化物对应的水化物酸性减弱：H2CO3＞H2SiO3；D错误；

故答案为：B。3、B【分析】【详解】

A.由图示可知，该材料选择性吸附CO2；吸附作用具有选择性，A正确；

B.分子中碳原子均为sp3杂化；分子不是平面构型，B错误；

C.在生成的过程中；有O=C极性共价键；碳氧单键形成，C正确；

D．由题可知，CO2可用于增长碳链；D正确；

故选B。4、C【分析】【分析】

由图可知总反应为：NaBH4＋H2O＝NaB(OH)4+H2↑。

【详解】

A.过程②发生的反应为：BH3+H2O=H2B(OH)+H2O，BH3中H显+1价，反应生成0价氢气，共转移一个电子，则每生成1molH2；转移1mol电子，A正确；

B.H2B(OH)、HB(OH)2中B均形成3个键，无孤电子对，所以是sp2杂化；B正确；

C.催化剂只可改变反应的活化能；不能够改变反应的焓变，C错误，C错误；

D.由图可知过程④的反应物为HB(OH)2、H2O，生成物为H3BO3、H2；Ru为催化剂，D正确；

答案选C。

【点睛】

5、C【分析】【详解】

A．钛元素的原子序数为22，价电子排布式为3d24s2；能量最高的3d能级有3个空轨道，故A正确；

B．双聚氯化铁的结构式为由结构式可知，每个铁原子与4个氯原子形成共价键，故B正确；

C．氯气；溴和碘都是结构相似的双原子分子；形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，单质的熔沸点越高，与共价键键能大小无关，故C错误；

D．由中各原子均满足8电子稳定结构，可知酸根的电子式为则离子化合物的电子式为故D正确；

故选C。6、A【分析】【详解】

分析：由能量最低原理可知基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当变为1s22s22p63p2时；电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，反之放出能量。

详解：由能量最低原理可知基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当变为1s22s22p63p2时，电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，反之放出能量；镁原子由基态转化成激发态，电子能量增大，需要吸收能量，选项A正确；镁原子由基态转化成激发态，电子排布式为1s22s22p63p2，不符合能量最低原理，B选项错误；同一轨道不可能有自旋相同的两个电子，否则违反了泡利不相容原理，所以C选项错误；转化后镁原子与硅原子电子层结构不同，化学性质不同，D选项错误；正确答案A。二、多选题(共6题，共12分)7、BC【分析】【分析】

可依据中心原子价层电子对判断杂化类型，价层电子对数对应杂化方式为：4对—sp3、3对—sp2、2对—sp，ABX型粒子中心价层电子对数=σ电子对+孤电子对=x+（a—中心原子价电子数，b—配原子达稳定结构所需的电子数）。

【详解】

A．SO2的中心原子S的价层电子对数=杂化方式为sp2，CO2的中心原子C的价层电子对数=杂化方式为sp，A不符合题意；

B．的中心原子O的价层电子对数=杂化方式为sp3，的中心原子N的价层电子对数=杂化方式为sp3；B符合题意；

C．的中心原子S的价层电子对数=杂化方式为sp3，的中心原子S的价层电子对数=杂化方式为sp3；C符合题意；

D．BeCl2的中心原子Be的价层电子对数=杂化方式为sp，CH4的中心原子C的价层电子对数=杂化方式为sp3；D不符合题意；

故答案选BC。8、AD【分析】【详解】

A．第6能层有s能级；则能级符号6s正确，故A正确；

B．第2能层没有d能级；则能级符号2d错误，故B错误；

C．第3能层没有f能级；则能级符号3f错误，故C错误；

D．第7能层有f能级；则能级符号7f正确，故D正确；

故答案为AD。9、AB【分析】【分析】

【详解】

A．离子电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，则原子序数越小，半径反而越大，所以离子半径顺序为：(Se2-)＞r(S2-)＞r(O2-)＞r(Na+)；A正确；

B．原子电子层数越多，半径越大，电子层数相同，则原子序数越小，半径反而越大，所以原子半径顺序为：r(Cl)＞r(Li)＞r(F)＞r(H)；B正确；

C．若单核离子Xa+与Yb-具有相同的电子层结构，则Xa+在下一周期，原子序数较大，所以离子半径Xa+＜Yb-；C错误；

D．若单核离子Xa+与Y(a+1)+具有相同的电子层结构，则Y(a+1)+原子序数较大，所以离子半径Y(a+1)+＜Xa+；D错误；

故选AB。10、AC【分析】【详解】

A．基态氮原子核外电子总数为7；2p轨道3个电子各占据1个轨道，并且自旋方向相同，故A错误；

B．基态Mg的电子排布式为1s22s22p63s2，能量处于最低状态，当变为1s22s22p63p2时；电子发生跃迁，需要吸收能量，变为激发态，故B正确；

C．钾元素核外有19个电子，根据构造原理书写出基态原子简化电子排布式为：1s2s22p63s23p64s1；故C错误；

D．同周期自左而右电负性增大；故F元素的电负性大于O元素，故D正确；

故答案选AC。11、AC【分析】【分析】

由流程图可知：“杯酚”是8个酚和8个甲醛分子形成的环状分子，其空腔可以容纳C60分子，从而实现C60与C70的分离。

【详解】

A．在“杯酚”中存在8个羟基；由于O原子半径小元素的电负性大，因此羟基之间能形成氢键，A正确；

B．“杯酚”与C60之间没有形成共价键而是通过分子间作用力结合形成超分子；B错误；

C．根据相似相溶原理：由非极性分子构成的溶质易溶于由非极性分子构成的溶剂中。C70是非极性分子；易溶于溶剂氯仿和甲苯中，说明二者均为极性分子构成的物质，C正确；

D．“杯酚”不能与C70形成包合物是由于C70不能与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，并非是由于C70是非极性分子；D错误。

故合理选项是AC。12、BD【分析】【详解】

A．12个Xn+位于晶胞的棱上，其个数为12×=3，8个N3-位于晶胞的顶角，其个数为8×=1，故Xn+与N3-的个数比为3∶1；故A正确；

B．由晶体的化学式X3N知X的所带电荷为1；故B错误；

C．N3-位于晶胞顶角，故其被6个Xn+在上；下、左、右、前、后包围；故C正确；

D．因为X+的K；L、M三个电子层充满；故为2、8、18，所以X的原子序数是29，故D错误；

故选：BD。三、填空题(共5题，共10分)13、略

【分析】【分析】

（1）①Mn的原子序数为25，根据能量最低原理可写出Mn的基态原子的电子排布式，进而可确定Mn2+基态的电子排布式；②利用价层电子对互斥模型判断；

（2）①根据N2与CO为等电子体，结合等电子体结构相似判断；②据CO2的结构式O=C=O判断；

（3）[Cu（OH）4]2-中与Cu2+与4个OH-形成配位键。

【详解】

（1）①Mn的原子序数为25，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5），故答案为：1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5）；

②NO3-中N原子形成3个δ键；没有孤电子对，则应为平面三角形，故答案为：平面三角形；

（2）①N2与CO为等电子体，二者结构相似，N2的结构为N≡N；则CO的结构为C≡O，故答案为：C≡O；

②CO2的结构式为O=C=O，分子中C形成2个δ键，则1molCO2中含有的σ键数目为2×6.02×1023个，故答案为：2×6.02×1023(或2NA)；

（3）[Cu（OH）4]2-中Cu2+与4个OH-形成配位键，则[Cu（OH）4]2-的结构可用示意图表示为：故答案为：【解析】①.1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)②.平面三角形③.C≡O④.2×6.02×1023(或2NA)⑤.(或)14、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)S的电负强于Se，且S的原子半径小于Se，使得成键电子对之间的斥力增大，即键角增大，因此H2S的键角大于H2Se；故答案为＞；

(2)甲醛的结构式为甲醛中σ键与π键个数之比为3∶1；甲醇中碳原子的杂化方式为sp3，分子构型为四面体形，分子内O－C－H键角接近109°28′,甲醛中碳原子杂化方式为sp2；分子构型为平面三角形，分子内O－C－H键角接近120°，得出甲醇分子内的O—C—H键角小于甲醛分子内的O－C－H键角；故答案为3∶1；小于；

(3)N与CO2互为等电子体，CO2为直线形，N空间构型也为直线形；答案为直线形；

(4)ClO中心原子氯原子有3个σ键，孤电子对数为=1，即氯原子的杂化类型为sp3；立体构型为三角锥形；故答案为sp3；三角锥形。【解析】＞3∶1小于直线形sp3三角锥形15、略

【分析】【分析】

（1）依据核外电子排布规律作答；根据几何关系找出配位数；利用“均摊法”通过密度公式求解晶胞参数；

（2）1）根据元素守恒定律书写化学方程式；气体转化为固体采用冷凝操作；

2）①(NH4)2SO4溶液水解显酸性；用来调节溶液的pH值；

②电解池中阳极发生失电子的氧化反应；根据题意书写其电极反应式；阳极产生铵根离子，若用阳离子交换膜可调节电荷平衡，据此分析作答；

（3）足量的Fe2(SO4)3溶液将样品中的铜与锌氧化，Fe3+自身转化为Fe2+后，利用酸性高锰酸钾做标准液滴定Fe2+；设样品中的铜的物质的量为xmol，锌的物质的量为ymol，根据元素守恒法与反应物的内在联系列出关系式求解；

2）依据操作不当对标准液的体积影响结合c(测)=来分析作答；

【详解】

（1）Cu为29号元素，其基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；ZnS晶胞结构中S2－周围等距离且最近的Zn2+为4，S2－周围等距离且最近的S2－为12；ZnS晶胞中的晶胞参数a为xnm，则晶胞的体积为(x×10-6cm)3，晶胞中含有4个ZnS，则1mol晶胞的质量为97×4g，1mol晶胞的体积为(x×10-7cm)3×NA，则ZnS晶体的密度为ρg·cm-3=(97×4g)÷[(x×10-7cm)3×NA]，解得x=nm，故答案为4；

（2）1）ZnFe2O4与焦炭在高温条件下反应生成CO、ZnO、Fe3O4，则其化学方程式为：3ZnFe2O4+C3ZnO+2Fe3O4+CO↑；ZnO、Fe3O4被还原为单质后，生成的Zn在高温下呈气态而与Fe分离，经冷凝得到Zn粉，故答案为3ZnFe2O4+C3ZnO+2Fe3O4+CO↑；冷凝；

2）①(NH4)2SO4溶液水解显酸性，可避免溶液pH过大产生Zn(OH)2沉淀；

②因阳极产生N2，则阳极氨气发生失电子的氧化反应转化为N2，其电极反应式为：8NH3-6e—=N2↑+6NH4+；

③根据上述阳极反应可以看出，电解池中若采用阳离子交换膜，则生成的铵根离子通过阳离子交换膜移向阴极，生成硫酸铵，进而阻碍锌的附着，故答案为阳；(NH4)2SO4；

（3）1）足量硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液将固体全溶后，发生的离子反应分别为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+，设样品中的铜的物质的量为xmol，锌的物质的量为ymol，则转化的Fe2+的物质的量为2（x+y）mol，定容后再取样，利用酸性高锰酸钾标定后，消耗的酸性高锰酸钾的物质的量n(MnO4-)=0.1000mol·L-1×20×10-3mol=2×10-4mol，根据电子转移数相等可知，5Fe2+MnO4-，则原样中n(Fe2+)=5n(MnO4-)×=0.25mol，即2（x+y）=0.25①，又样品的质量为8.1000g，则64x+65y=8.1000g②，联立①②式可得，x=0.025mol，y=0.1mol，则锌的纯度为=80.25%；

2）A.加入的足量Fe2(SO4)3溶液是用盐酸酸化的；则滴定时，酸性高锰酸钾可氧化盐酸，消耗的酸性高锰酸钾的体积偏大，(x+y)的值会偏大，通过消元法计算所得的y值偏小，则最后导致测定结果偏低，A项正确；

B.滴定过程中随着反应的进行；锥形瓶中出现黑色沉淀，可能是二氧化锰，则消耗的酸性高锰酸钾的体积偏大，(x+y)的值会偏大，通过消元法计算所得的y值偏小，则最后导致测定结果偏低，B项正确；

C.滴定速度过慢；亚铁离子被空气中氧气氧化，导致消耗的酸性高锰酸钾的体积变小，(x+y)的值会偏小，通过消元法计算所得的y值偏大，则最后导致测定结果偏高，C项错误；

D.滴定终点时滴定管中吸入气泡；会导致读数后计算的酸性高锰酸钾的体积变小，(x+y)的值会偏小，通过消元法计算所得的y值偏大，则最后导致测定结果偏高，D项错误；

答案选AB。【解析】1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s143ZnFe2O4+C3ZnO+2Fe3O4+CO↑冷凝(NH4)2SO4溶液显酸性，避免溶液pH过大产生Zn(OH)2沉淀8NH3-6e—=N2↑+6NH4+阳(NH4)2SO480.25%AB16、略

【分析】【分析】

（1）

碘属于分子晶体；升华过程为物理变化，破坏了分子间作用力；

（2）

氯化钠为离子晶体；溶于水时电离产生钠离子和氯离子，破坏了离子键；

（3）

氯化氢为共价化合物，溶于水在水分子作用下，电离出H+和Cl-；破坏了共价键；

（4）

金刚石为原子晶体，金刚石中C原子以共价键结合，高温熔化时破坏了共价键。【解析】（1）分子间作用力；物理变化；分子没变。

（2）离子键；电离成钠离子和氯离子了。

（3）共价键；在水分子作用下，电离为H+和Cl-

（4）共价键；金刚石中C原子以共价键结合17、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Ni元素的序号为28，原子核外电子数为28，镍元素基态原子的电子排布式为[Ar]3d84s2，3d能级上的未成对电子数为2；故答案为：[Ar]3d84s2；2；

(2)①SO中S原子的孤电子对数==0；价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；

②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对；二者之间形成配位键，故答案为：配位键；

③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化，空间构型是三角锥形，因此是极性分子。故答案为：高于；NH3分子间可形成氢键；sp3。【解析】[Ar]3d84s22正四面体配位键高于NH3分子间可形成氢键sp3四、判断题(共2题，共14分)18、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。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。五、实验题(共1题，共3分)20、略

【分析】【分析】

由实验装置图可知，装置A中重铬酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置F中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，其中长颈漏斗能起到平衡气压的作用，装置D中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置C中氯气在催化剂作用下与二硫化碳在85℃～95℃条件下反应制备四氯化碳，装置B中盛有的溴水用于吸收挥发出的二硫化碳，装置E中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，则装置的连接顺序为AFDCBAFBE，仪器的接口的连接顺序为a→i、j→f、g→d、e→b；c→h。

【详解】