2025年新世纪版选择性必修2化学上册月考试卷含答案

…………○…………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年新世纪版选择性必修2化学上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：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、能够快速、微量、精确的测定相对分子质量的物理方法是A.质谱B.红外光谱C.紫外光谱D.核磁共振谱2、如图为石英晶体的平面示意图，它实际上是立体的网状结构(可以看作晶体硅中的每个Si-Si键中插入一个O)，其中硅、氧原子个数比是m:n，下列有关叙述正确的是(设代表阿伏加德罗常数的值)

A.B.6g该晶体中含有个分子C.D.石英晶体中由硅、氧原子构成的最小的环上有8个原子3、有关晶体的结构如下图所示，下列说法中不正确的是()A.在NaCl晶体中，距Na＋最近的Cl－有6个B.气态团簇分子的分子式为EF或FEC.在CaF2晶体中，每个晶胞平均占有4个Ca2＋D.在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1∶24、下列说法正确的是A.p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量B.每个能层(K、L、M)上所有轨道数对应为1、3、5C.在氢原子基态电子的概率分布图中，小黑点的疏密程度表示电子在该区空间出现机会的大小D.在一个基态多电子的原子中，不可能有两个能量完全相同的电子5、下列说法不正确的是A.基态原子的核外电子填充在6个轨道中的元素有两种B.碳原子的核外电子轨道表示式：C.基态钾离子(K+)，电子占据的最高能级共有3个原子轨道，其形状是哑铃形D.基态铜原子的电子占有5种能量不同的原子轨道6、下列碳原子电子排布图表示的状态中能量最低的是A.B.C.D.7、联合国确定2019年为“国际化学元素周期表年”；以纪念门捷列夫发明元素周期表150周年。现有短周期元素X；Y、Z、Q和R在周期表中的位置如图所示。其中Z原子的最层电子数是次外层电子数的3倍。下列说法正确的是。

。X

Y

Z

Q

R

A.X的原子半径比Y的小B.R元素氧化物水化物的酸性比Q元素的强C.与X元素同主族的下一周期元素的单质可作为半导体材料D.Z与钠元素形成的化合物只有8、下列说法中错误的是A.邻羟基苯甲酸的熔、沸点比对羟基苯甲酸的低B.碘易溶于四氦化碳，在水中的溶解度很小都可用“相似相溶”原理解释C.向含0.1mol的水溶液中加入足量溶液只生成0.1molAgClD.液态氟化氢中氟化氢分子之间形成氢键，可写为则分子间也是因氢键而聚合形成9、下列有关晶体的说法正确的有。

①石英和金刚石都是共价晶体；最小环上都有6个原子。

②在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子。

③金刚石；金刚砂、冰、干冰晶体的熔点依次降低。

④石墨晶体中碳原子数和C-C键个数之比为1：2

⑤Al2O3晶体中离子键成分百分数较小；所以可以当作共价晶体。

⑥石墨晶体中只有σ键A.1项B.2项C.3项D.4项评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)10、W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与具有相同的电子层排布且半径稍大，X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，下列说法不正确的是A.与W生成的气态化合物的热稳定性：B.W与的原子半径：C.X和Y的第一电离能：D.X、Z、R的电负性：11、如图；铁有δ；γ、α三种同素异形体，三种晶体在不同温度下能发生转化。下列说法正确的是。

A.γ-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个B.α-Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个C.若δ-Fe晶胞边长为acm，α-Fe晶胞边长为bcm，则两种晶体密度比为2b3：a3D.将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同12、铁镁合金储氢时分子在晶胞的棱心和体心位置，且最近的两个铁原子之间的距离为晶胞结构如下图所示，下列说法错误的是。

A.晶胞中铁原子的配位数为4B.晶胞中原子的堆积方式和干冰晶体相同C.该晶胞中距离最近的有6个D.储氢后，该晶体的密度为13、下列对有关事实的解释错误的是。选项事实解释ASiO2的熔点比干冰高SiO2晶体是共价晶体，分子间作用力大BHF的热稳定性比HCl强H—F比H—Cl的键能大CCO2与SO2的空间结构不同中心原子杂化方式相同，孤电子对数不同D某些金属盐灼烧时呈现不同焰色电子从低能级轨道跃迁至高能级轨道后，又从高能级轨道跃迁至低能级轨道，释放出不同波长的光A.AB.BC.CD.D14、下列化学用语表达正确的是（）A.质子数为8，中子数为10的氧原子：B.CO2的比例模型C.Na2S4的电子式：D.Ni在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族15、氟在自然界中常以CaF2的形式存在，下列表述正确的是A.Ca2+与F-间存在静电作用B.CaF2在熔融状态下能导电C.CaF2晶体中既有离子键又有共价键D.正、负离子数目比为2：116、德国科学家发现新配方：他使用了远古地球上存在的O2、N2、CH3、NH3、H2O和HCN，再使用硫醇和铁盐等物质合成RNA的四种基本碱基。下列说法正确的是A.基态Fe3+价电子排布为：3d5B.O2、N2、HCN中均存在σ键和π键C.CH4、NH3、H2O分子间均存在氢键D.沸点：C2H5SH(乙硫醇)>C2H5OH17、我国科学家合成太阳能电池材料(CH3NH3)PbI3，其晶体结构如图，属于立方晶系，晶体密度为ρg·cm³。其中A代表(CH3NH3)+；原子坐标参数A为(0，0，0)，B为()；下列说法错误的是。

A.B代表Pb2+B.每个晶胞含有I—的数目为6C.C的原子坐标参数为(0)D.(CH3NH3)PbI3的摩尔质量为ρ•a3×6.02×10-27g·mol-118、氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源；水的光解技术是当前研究的重要课题。在WOC和HEC两种催化剂作用下，利用光照将水分解(“*代表反应过程中产生的中间体”)，原理如图。下列说法错误的是。

A.上述水的光解技术是将光能转化为化学能B.1molWOC*中通过螯合成环的配位键有12molC.析氢和析氧分别是还原反应和氧化反应D.HEC*中C原子的杂化方式都是sp杂化评卷人得分三、填空题(共6题，共12分)19、有下列几种晶体：A．氮化硅；B．氯化铯；C．生石灰；D．金刚石；E．苛性钠；F．铜；G．固态氨；H．干冰；I．二氧化硅。

回答下列问题：

(1)上述晶体中，属于共价晶体的化合物是________(填字母；下同)。

(2)上述晶体中，受热熔化后化学键不发生变化的是________。

(3)上述晶体中，含有共价键的离子晶体是________。

(4)上述晶体中，熔融状态下能导电的是________。20、(1)利用模型推断分子或离子的空间结构。

______；______；______。

(2)有两种活性反应中间体粒子(带电荷)；它们的粒子中均含有1个碳原子和3个氢原子。请依据下面给出的这两种粒子的球棍模型，写出相应的化学式并判断碳原子的杂化方式。

______、______；

______、______；

(3)和都是四原子分子，的中心原子是______(填元素符号，下同)，的中心原子是______；分子的空间结构是平面三角形而分子的空间结构是三角锥形，其原因是______。21、锂是最轻的活泼金属；其单质及其化合物有广泛的用途。回答下列问题：

（1）用碳酸锂和_______反应可制备氯化锂，工业上可由电解LiCl-KCl的熔融混合物生产金属锂，阴极上的电极反应式为__________。

（2）不可使用二氧化碳灭火器扑灭因金属锂引起的火灾，其原因是__________。

（3）硬脂酸锂是锂肥皂的主要成分，可作为高温润滑油和油脂的稠化剂。鉴别硬脂酸锂与硬脂酸钠、硬脂酸钾可采用的实验方法和现象分别是__________。

（4）LiPF6易溶于有机溶剂，常用作锂离子电池的电解质。LiPF6受热易分解，其热分解产物为PF5和__________。22、钯(Pd)是一种不活泼金属，含钯催化剂在工业、科研上用量较大。某废钯催化剂(钯碳)中含有钯(5%～6%)、碳(93%～94%)、铁(1%～2%)以及其他杂质，故钯碳具有很高的回收价值。如图是利用钯碳制备氯化钯(PdCl2)和(Pd)的流程：

加入浓氨水，调节pH至9.0，并控制温度在70～75℃，Pd元素以[Pd(NH3)4]2+的形式存在于溶液中，若温度大于75℃，则不利于除铁，原因是_____。23、(1)MgO的熔点比BaO的熔点___(填“高”或“低”)。

(2)某种半导体材料由Ga和As两种元素组成，该半导体材料的化学式是___，其晶体类型可能为___。

(3)维生素B1可作为辅酶参与糖的代谢；并有保护神经系统的作用。该物质的结构简式如图：

以下关于维生素B1的说法正确的是___。

A.只含σ键和π键。

B.既有共价键又有离子键。

C.该物质的熔点可能高于NaCl

D.该物质易溶于盐酸。

(4)NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：4NH3+3F2NF3+3NH4F。上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有___(填序号)。

a.离子晶体b.分子晶体c.共价晶体d.金属晶体。

(5)某学生所做的有关Cu元素的实验流程如图：

Cu单质棕色的烟绿色溶液蓝色沉淀蓝色溶液黑色沉淀。

已知Cu的硫化物为黑色难溶性物质，请书写第⑤反应的离子方程式：___。

(6)向盛有NaCl溶液的试管中滴加几滴AgNO3溶液，产生白色沉淀，再滴入1mol/L氨水溶液，沉淀溶解；请书写沉淀溶解的化学方程式：___。24、回答下列问题：

(1)两种无机物的相关信息如表：。化学式P4S3C3N4用途制造火柴及火柴盒摩擦面可用作切磨机、钻头、轴承熔点174℃1900℃

请从结构和微观作用力的角度解释两种物质的熔点差异____。

(2)将温度传感器探头伸入装有甘油(丙三醇)的试管中，片刻后再取出置于潮湿空气中，探头的温度变化如图。请解释温度升高的原因____。

评卷人得分四、判断题(共2题，共12分)25、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26、用铜作电缆、电线，主要是利用铜的导电性。(______)A.正确B.错误评卷人得分五、实验题(共1题，共9分)27、铜的配合物广泛存在；对含铜配合物的研究一直是关注的热点。

Ⅰ．同学甲设计如下制备铜的配合物的实验Ⅰ：

已知：铜离子的配位数通常为4，呈深蓝色，呈深蓝色。

(1)硫酸铜溶液呈蓝色的原因是溶液中存在配离子___________(填化学式)，配离子中配体的空间结构为___________，外界阴离子的空间结构___________

(2)结合化学平衡原理解释试管c中浑浊液转变为深蓝色溶液的原因___________。

(3)由实验Ⅰ可得出以下结论：

结论1：配合物的形成与___________、___________有关；

结论2：结合上述实验，b、c中配体的配位能力强弱顺序为：___________＞___________(填化学式)。

Ⅱ．同学乙查阅资料发现与在溶液中可以发生配位反应，生成配合物同学丙认为Cu(Ⅱ)有氧化性，与在溶液中可以发生氧化还原反应。

【资料】

ⅰ．(绿色)，(无色)；

ⅱ．(无色)，遇空气容易被氧化成(蓝色)；

ⅲ．易被氧化为或

实验Ⅱ：探究与溶液的反应。实验操作实验序号(mL)(mL)逐滴加入溶液时的实验现象a1.50.5溶液逐渐变为绿色，静置无变化b1.01.0溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化c02.0溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化(4)①丙同学认为实验Ⅱ可证明发生了氧化还原反应，他的理由是___________

②丙同学利用已知资料进一步确证了无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，他的实验方案是：取少量无色溶液，___________。

(5)经检验氧化产物以形式存在，写出与发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式：___________。

(6)由实验Ⅱ可得出以下结论：

Cu(Ⅱ)盐与在溶液中的反应与多种因素有关，随的增大，___________。评卷人得分六、工业流程题(共4题，共8分)28、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)。29、废旧锌锰电池中的黑锰粉含有和少量及炭黑等，为了保护环境、充分利用锰资源，通过下图流程制备

回答下列问题：

(1)基态原子的简化电子排布式为_______。

(2)“滤液a”的主要成分为另外还含有少量等。

①用离子方程式表示“滤液a”呈酸性的原因：_______。

②根据下图所示的溶解度曲线，将“滤液a”蒸发结晶、_______、洗涤、干燥，得固体。

(3)“焙炒”的目的是除炭、氧化等。空气中氧化的化学方程式为____。

(4)探究“酸浸”中溶解的适宜操作。

实验I.向中加入溶液，产生大量气泡；再加入稀固体未明显溶解。

实验II.向中加入稀固体未溶解；再加入溶液；产生大量气泡，固体完全溶解。

①实验I中的作用是_______，实验II中的作用是_______。

②由实验可知，“酸浸”溶解时加入试剂的顺序是_______。

(5)证明溶液中沉淀完全：取少量溶液，滴加_______(填试剂)，观察到_______(填现象)。30、二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物，以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的一种工艺流程如图所示：

回答下列问题：

(1)写出“氧化培烧”时生成CeO2的化学方程式：_______。

(2)“酸浸”产生的气体的名称是_______。为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是_______。

(3)实验室中进行操作Ⅰ所用到的主要玻璃仪器有_______。

(4)溶液中时即认为完全沉淀，为确保沉淀完全，则溶液的pH_______(填pH的范围)。(已知)

(5)中心原子轨道的杂化类型为_______；的空间结构为_______。

(6)铈的原子序数为58，基态铈原子的最外层电子排布式为_______。CeO2可被氢气还原为Ce2O3，已知铈与氧的一种化合物晶体的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为_______。

31、实验室用氨法浸出氧化锌烟尘制备活性ZnO；其主要实验流程如下：

(1)浸出。用一定浓度的氨水和NH4HCO3配成的混合液浸取氧化锌烟尘，得到锌氨[Zn(NH3)4CO3]浸出液。

①烟尘中的主要成分ZnO发生反应的化学方程式为______。

②锌元素的浸出率随浸出液初始pH的变化关系如图所示。当浸出液初始pH大于10时，浸出率随pH增大而减小的原因是______。

(2)除杂。Cu2＋、Pb2＋等杂质也与氨水形成配合物存在于浸出后的滤液中，加入Zn粉可将它们置换除去。写出Zn粉和铜氨配合物反应的离子方程式______。

(3)蒸氨。加热时溶液中过量的氨和铵被蒸出，锌氨配合物最终以2ZnCO3·3Zn(OH)2沉淀形式从溶液中析出。该过程需保持恒温80℃，可采取的加热方式为______。

(4)焙解。已知Zn(OH)2和ZnCO3的分解温度分别为125℃、300℃。实验室加热碱式碳酸锌[2ZnCO3·3Zn(OH)2]时测得的固体残留率随温度的变化关系如图所示。

①275℃时，碱式碳酸锌分解产生的气态物质为______(填化学式)。

②经焙解得到的活性ZnO晶胞结构如图所示。该晶胞中Zn原子的配位数为______。

(5)已知pH>11时，Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成[Zn(OH)4]2-。下表是几种离子生成氢氧化物沉淀的pH：

。

开始沉淀的pH

沉淀完全的pH

Zn2＋

5.9

8.9

Fe2＋

5.8

8.8

Fe3＋

1.1

3.2

设计以锌灰(主要成分为Zn和ZnO，杂质为Fe及其氧化物)为原料制备活性ZnO的实验方案：______。(实验中可供选择的试剂：1.0mol/LHNO3、1.0mol/LH2SO4、1.0mol/LNaOH、20%H2O2)参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【详解】

A．质谱仪其实是把有机物打成很多小块；会有很多不同的分子量出现，其中最大的那个就是该有机物的分子量，故A正确；

B．红外光谱用于鉴定有机物中所含的各种官能团；如双键；三键、羟基、羧基、羰基等等，故B错误；

C．紫外光谱是为了了解未知物的初步的化学结构；从光谱信息中得到该物质的基团或者化学键产生的吸收情况，初步判断该物质的结构信息，故C错误；

D．核磁共振可检验不同环境的H的数量；有多少种不同的H，就有多少个峰，各个峰的高度大致上能显示各种H的数量比例，故D错误；

故答案选A。2、C【分析】【详解】

A．每个原子占有O原子个数为故硅；氧原子个数比为1：2，A项错误：

B．该晶体是共价晶体；不存在分子，B项错误；

C．根据A选项分析，硅、氧原子个数比为C项正确；

D．在晶体中，由O构成的最小环中共有12个原子；D项错误。

故选：C。3、B【分析】【详解】

A．在氯化钠晶体中，距Na+最近的Cl-是6个；即钠离子的配位数是6，6个氯离子形成正八面体结构，故A正确；

B．该气态团簇分子的分子含有4个E和4个F原子，则该气态团簇分子的分子式为E4F4或F4E4；故B错误；

C．Ca2+位于晶胞顶点和面心，数目为8×+6×=4，即每个晶胞平均占有4个Ca2+；故C正确；

D．碳碳键被两个碳原子共有，每个碳原子形成4条共价键，即平均1molC原子形成4×mol=2molC-C键；碳原子与碳碳键个数的比为1∶2，故D正确；

答案选B。

【点睛】

本题的易错点为B，要注意气态团簇分子模型与晶胞结构的区别。4、C【分析】【详解】

A．在基态多电子原子中；p轨道电子能量可能高于s轨道电子能量，如3p电子能量高于1s电子能量，也可能低于s轨道电子能量，如2p电子能量低于4s电子能量，故A错误；

B．每个能层上所包含的轨道数等于该层个能级的轨道数之和，而能级上的轨道有1、3、52n-1个，相加为n2；故B错误；

C．在氢原子的基态电子的概率分布图中；小黑点的疏密程度表示电子在该区域空间出现机会的多少，即概率的大小，不表示电子，密的地方出现机会多；疏的地方出现机会少，故C正确；

D．在多电子的原子中；电子填充在不同的能层，能层又分不同的能级，同一能级又有不同的原子轨道，每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋相反，在一个基态多电子的原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子，故D错误；

故选C。5、D【分析】【详解】

A．原子核外电子填充在6个轨道上的元素可能的电子排布式为1s22s22p63s1或1s22s2263s2；所以有两种元素，故A正确；

B．碳原子有6个电子，它的核外电子轨道表示式：故B正确；

C．基态钾离子(K+)的电子排布式为：1s22s22p63s23p6；电子占据的最高能级共有3个原子轨道，其形状是哑铃形，故C正确；

D．基态铜原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p64s13d10；电子占有7种能量不同的原子轨道，故D错误；

故答案：D。6、A【分析】【分析】

【详解】

基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2，基态排布为能量最低的排布，基态C原子的核外电子排布图为其余几个均为激发态，故选A。7、C【分析】【分析】

由Z原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍可知；Z为O元素；由各元素在周期表的相对位置可知，X为C元素；Y为N元素、Q为S元素、R为Cl元素。

【详解】

A．X为C元素；Y为N元素；同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则X的原子半径大于Y，故A错误；

B．Q为S元素；R为Cl元素；非金属性：Cl＞S，则氯元素最高价氧化物对应水化物的酸性比硫元素的强，但氧化物对应水化物的酸性不一定比硫元素的强，如次氯酸为弱酸，酸性弱于强酸硫酸，故B错误；

C．X为C元素；与碳元素同主族的下一周期元素为硅元素，硅元素的单质可作为半导体材料，故C正确；

D．Z为O元素，氧与钠元素形成的化合物有和故D错误；

答案选C。8、D【分析】【分析】

【详解】

A．邻羟基苯甲酸易形成分子内氢键；对羟基苯甲酸易形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲酸的熔；沸点比对羟基苯甲酸的低，故A正确；

B．碘、四氯化碳、为非极性分子，水为极性分子，根据“相似相溶”原理，碘易溶于四氯化碳、CS2在水中的溶解度很小；故B正确；

C．0.1mol配合物可以电离出0.1mol与硝酸银反应生成0.1molAgCl，故C正确；

D．分子间不存在氢键，分子间因形成化学键而聚合成故D错误；

选D。9、C【分析】【分析】

【详解】

①石英是SiO2，其空间结构示意图为其最小环中有12个原子，①错误；

②晶体只要有阴离子就一定有阳离子；②正确；

③金刚砂为SiC。金刚石和金刚砂均为原子晶体，原子半径越小，键长越小，化学键越强，熔点越高；键长C－C＜Si－C，化学键的强弱C－C＞Si－C，金刚石的熔点高于金刚砂。原子晶体的熔点比分子晶体熔点高。冰中水分子间存在氢键，使得熔点升高，使得冰的熔点大于CO2；因此金刚石；金刚砂、冰、干冰晶体的熔点依次降低；③正确；

④石墨晶体中；C原子形成3个C－C，而1个C－C键由2个C构成，则碳原子数和C－C键个数比为2：3，④错误；

⑤Al2O3晶体中离子键成分百分数较小；可以当作共价晶体处理，⑤正确；

⑥石墨晶体中除含有的C－C键为σ键；还含有π键，⑥错误；

综上只有3项是正确的；

答案选C。

【点睛】

晶体中含有阳离子，但不一定含有阴离子，如金属晶体由金属阳离子和电子构成。二、多选题(共9题，共18分)10、BD【分析】W、X、Y、Z、R是五种短周期主族元素，原子序数依次增大。W元素的一种离子与锂离子具有相同的电子层排布且半径稍大，则W为H元素；X与Z同主族，Z的价电子排布式为3s23p4，则X为O元素、Z为S元素；X原子核外L层的电子数与Y原子核外M层的电子数之比为则Y为Si元素；由Z为S元素可知，R为Cl元素。

【详解】

A.非金属元素的非金属性越强；气态氢化物的热稳定性越强，硫元素的非金属性强于硅元素，则硫化氢的热稳定性强于硅烷，故A正确；

B.同主族元素；从上到下原子半径依次减小，则氢原子的原子半径小于锂原子，故B错误；

C.非金属元素的非金属性越强；元素的第一电离能越大，则氧元素的第一电离能大于硅元素，故C正确；

D.非金属元素的非金属性越强；元素的电负性越大，三种元素的非金属性强弱的顺序为O＞Cl＞S，则电负性强弱的顺序为S＜Cl＜O，故D错误；

故选BD。11、BC【分析】【分析】

【详解】

A．γ-Fe晶体是一个面心立方晶胞；以顶点铁原子为例，与之距离相等且最近的铁原子位于晶胞的面心上，一共有12个，A错误；

B．α-Fe晶体是一个简单立方晶胞；与每个铁原子距离相等且最近的铁原子是相邻顶点上铁原子，铁原子个数=2×3=6，B正确；

C．δ-Fe晶胞中Fe原子个数=1+8×=2、晶胞体积=a3cm3，α-Fe晶胞中Fe原子个数=8×=1，该晶胞体积=b3cm3，δ-Fe晶体密度=g/cm3，α-Fe晶体密度=g/cm3，两种晶体密度比=g/cm3：g/cm3=2b3：a3；C正确；

D．将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却；温度不同，分别得到α-Fe；γ-Fe、δ-Fe，晶体类型不同，D错误；

故答案为：BC。12、AC【分析】【详解】

A．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铁原子与位于体对角线处镁原子的距离最近；则晶胞中铁原子的配位数为8，故A错误；

B．干冰晶体中二氧化碳分子的堆积方式为面心立方最密堆积；由晶胞结构可知，晶胞中铁原子位于面心和顶点，采用面心立方最密堆积，所以晶胞中铁原子的堆积方式和干冰晶体相同，故B正确；

C．由晶胞结构可知；晶胞中位于顶点的铁原子与位于面心的铁原子的距离最近，则晶胞中距离铁原子最近的铁原子有12个，故C错误；

D．由晶胞结构可知，晶胞中位于面心和顶点铁原子个数为8×+6×=4，位于体内的镁原子个数为8，由题给信息可知，位于体心和棱的中心的氢分子个数为12×+1=4，则晶胞的化学式为FeMg2H2，最近的两个铁原子之间的距离为anm，则晶胞的边长为anm，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)3d，解得d=故D正确；

故选AC。13、AC【分析】【分析】

【详解】

A．二氧化硅为共价晶体；微粒间的作用力为共价键，不是分子间作用力大，故A错误；

B．氟元素的非金属性强于氯元素；H—F的键能大于H—Cl的键能，则HF的热稳定性比HCl强，故B正确；

C．二氧化碳中碳原子的价层电子对数为2，杂化方式sp杂化，二氧化硫中硫原子的价层电子对数为3，杂化方式sp2杂化；故C错误；

D．金属的焰色反应是在灼烧时；电子从低能级轨道跃迁至高能级轨道后，又从高能级轨道跃迁至低能级轨道，释放出不同波长的光，故D正确；

故选AC。14、CD【分析】【详解】

A．元素符号左上角标质量数（质子与中子之和），即A错；

B．CO2为直线型；B错；

C．Na+写在两侧；C正确；

D．Ni为28号元素，电子排布式为[Ar]3d84s2，确定Ni位于第四周期第VIII族，D正确。15、AB【分析】【详解】

A．阴；阳离子间存在静电作用；A正确；

B．氟化钙是离子化合物；熔融状态下能导电，B正确；

C．氟化钙晶体中只有离子键没有共价键；C错误；

D．氟化钙晶体中正；负离子之比为1:2；D错误；

故选AB。16、AB【分析】【详解】

A．Fe为26号元素，原子核外有26个电子，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，失去外层3个电子形成Fe3+，所以基态Fe3+价电子排布为：3d5；故A正确；

B．O2分子中存在双键，N2分子中存在三键；HCN分子中存在三键，双键有一个σ键和一个π键，三键有一个σ键和两个π键，故B正确；

C．C元素的电负性较弱，CH4分子间不存在氢键；故C错误；

D．乙醇含有-OH；分子间存在氢键，所以沸点高于乙硫醇，故D错误；

综上所述答案为AB。17、BD【分析】【分析】

由晶体结构可知，晶体中位于顶点和棱上的(CH3NH3)+的个数为8×+4×=2，位于体内的B的个数为2，位于面心和体内的C的个数为10×+1=6，由晶胞的化学式为可知CH3NH3)PbI3，B代表Pb2+、C代表I—。

【详解】

A．由分析可知，晶胞中B代表Pb2+；故。

B．由晶体结构可知，该晶体中含有2个晶胞，则每个晶胞含有I—的数目为6×=3；故B错误；

C．原子坐标参数A为(0，0，0)、B为()可知，晶胞的边长为1，则位于底面面心的C的原子坐标参数为(0)，故C正确；

D．由晶体结构可知，每个晶胞中含有1个CH3NH3)PbI3，由晶胞质量公式可得：=(a×10—10)3ρ，解得M=ρ•a3×6.02×10-7g·mol-1；故D错误；

故选BD。18、BD【分析】【分析】

【详解】

A．机理图中有光吸收单元和光生单元；期间产生了中间体，上述水的光解技术是将光能转化为化学能，A正确；

B．WOC*中Ru与N通过螯合作用形成的配位键；1molWOC*中通过螯合成环的配位键有8mol，B错误；

C．析氢是还原反应；析氧是氧化反应，C正确；

D．HEC*中-CN原子的杂化方式sp杂化，Fe-CO-Fe原子的杂化方式sp2杂化；D错误；

答案选BD。三、填空题(共6题，共12分)19、略

【分析】【分析】

(1)满足条件的是：由原子通过共价键构成原子晶体的化合物；据此回答；

(2)受热熔化后化学键不发生变化；则变化的是分子间作用力；故满足条件的是分子晶体；

(3)含有共价键的离子晶体；那么离子化合物内含有复杂离子，例如氢氧根离子；铵根离子、含氧酸根离子等，据此回答；

(4)熔融状态下能导电的晶体是离子晶体及金属晶体；据此回答；

【详解】

(1)满足条件的是：由原子通过共价键构成原子晶体的化合物；硅的原子结构决定了：氮化硅；二氧化硅晶体是由原子直接通过共价键形成的，故填A、I；

(2)原子晶体受热熔化后；共价键被克服；离子晶体受热熔化后，离子键被克服、金属晶体受热熔化后，金属键被克服、受热熔化后化学键不发生变化的只有分子晶体、则变化的是分子间作用力，故上述晶体中满足条件的是固态氨和干冰；故填GH；

(3)含有共价键的离子晶体；那么离子化合物内含有复杂离子，例如氢氧根离子；铵根离子、含氧酸根离子等，故上述晶体中满足条件的是氢氧化钠，故填E；

(4)熔融状态下能导电的晶体是离子晶体及金属晶体；上述晶体中离子晶体有氯化铯；生石灰、苛性钠，金属今天有铜；故填B、C、E、F。

【点睛】

构成晶体的粒子、粒子之间的作用力共同决定了晶体类型，还可以通过性质推测晶体类型。【解析】A、IG、HEB、C、E、F20、略

【分析】【详解】

(1)属于型，成键电子对数是4，孤电子对数为0，呈正四面体形；属于型，成键电子对数是2，孤电子对数为0，呈直线形；属于型；成键电子对数是3，孤电子对数为0，呈平面三角形，故填正四面体形；直线形、平面三角形；

(2)对于型分子，若中心原子无孤电子对，呈平面三角形；若有一对孤电子对，则呈三角锥形，所以题中两种模型表示的化学式及碳原子的杂化方式分别是杂化，杂化，故填杂化，杂化；

(3)分子的中心原子为B原子，其中B原子的3个价电子都与F原子形成共价键，无孤对电子，呈平面三角形；而分子的中心原子N原子的3个价电子与F原子形成共价键，还有一对未成键的孤电子对，占据了N原子周围的空间，参与相互排斥，形成三角锥形结构，故填B、N、分子中B原子的3个价电子都与F原子形成共价键，无孤对电子，呈平面三角形，而分子中N原子的3个价电子与F原子形成共价键，还有一对未成键的孤电子对，占据了N原子周围的空间，参与相互排斥，形成三角锥形结构。【解析】①.正四面体形②.直线形③.平面三角形④.⑤.杂化⑥.⑦.杂化⑧.B⑨.N⑩.分子中B原子的3个价电子都与F原子形成共价键，无孤对电子，呈平面三角形，而分子中N原子的3个价电子与F原子形成共价键，还有一对未成键的孤电子对，占据了N原子周围的空间，参与相互排斥，形成三角锥形结构21、略

【分析】【详解】

（1）碳酸锂制备氯化锂，利用碳酸锂的性质与碳酸镁的性质相似，因此碳酸锂与盐酸反应制备氯化锂，根据电解原理，阴极上发生还原反应，得到电子，电极反应式为Li＋＋e－=Li；

（2）根据元素周期表中对角线原则，Li和Mg的性质相似，Mg能在CO2中燃烧，Mg与CO2反应生成MgO和C，因此锂也能与CO2反应，因此不能用CO2灭火；

（3）阳离子不同，阳离子属于碱金属元素，因此采用焰色反应进行鉴别，分别取样品进行焰色反应，锂盐焰色为深红色，钠盐焰色为黄色，钾盐焰色为紫色（透过蓝色钴玻璃）；LiPF6中Li显＋1价，P显＋5价，F显－1价，PF5中P显＋5价，F显－1价，因此LiPF6分解不属于氧化还原反应，根据元素守恒，另一种产物中含有Li，即另一种产物是LiF。【解析】①.盐酸②.Li＋＋e－=Li③.金属锂在CO2仍可燃烧④.分别取样品进行焰色反应，锂盐焰色为深红色，钠盐焰色为黄色，钾盐焰色为紫色（透过蓝色钴玻璃）⑤.LiF22、略

【分析】【详解】

由题给流程可知，钯碳经焚烧除去碳后，加入甲酸将焚烧渣中的氧化钯、氧化铁转化为钯、铁，过滤得到含有钯和铁的钯渣，向钯渣中加入王水将钯转化为四氯合钯离子、铁转化为铁离子，向反应得到的溶液中加入浓氨水，控制温度在70～75℃范围内，将四氯合钯离子转化为四氨合钯离子、铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有四氨合钯离子的滤液和氢氧化铁铁渣，若除铁时，温度高于75℃，浓氨水会受热分解生成氨气，不利于四氯合钯离子转化为四氨合钯离子，也会导致溶液的pH降低，不利于铁离子转化为氢氧化铁沉淀，所以加入浓氨水时，反应温度不能大于75℃，故答案为：NH3·H2O会分解，NH3逸出，导致溶液的pH降低，除铁的效果不好。【解析】NH3·H2O会分解，NH3逸出，导致溶液的pH降低，除铁的效果不好23、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)因为离子半径Ba2+>Mg2+，晶格能MgO>BaO；所以MgO的熔点比BaO的熔点高，故答案：高。

(2)Ga与Al同主族，位于第四周期第IIIA族，从而可知其电子排布式为[Ar]3dl04s24p1。由于Ga和As组成的物质是半导体材料；所以不是离子化合物，Ga最外层有3个电子，As最外层有5个电子，两者以共价键形成GaAs，属于共价晶体。故答案为:GaAs；共价晶体。

(3)A．由结构简式知，B1中含有氯离子及另一种有机离子；存在离子键，故A错误；

B．由结构简式知，B1中含有氯离子及另一种有机离子，存在离子键；非金属C-N、C-H、C-O、C-S它们之间形成共价键，故B正确；

C．B1是分子型物质，NaCl是离子晶体，所以B1的熔点不可能高于NaCl，故C错误；

D．由B1的结构可知；该物质中含有氨基显碱性，所以该物质易溶于盐酸，故D正确；

故答案：BD。

(4)NH3和F2、NF3都是由共价键构成的分子，属于分子晶体；NH4F是通过离子键构成的，属于离子晶体；Cu是由金属键构成的，属于金属晶体。故答案：abd。

(5)Cu单质棕色的烟为氯化铜绿色溶液为氯化铜溶液蓝色沉淀为氢氧化铜蓝色溶液为氢氧化四氨合铜黑色沉淀为硫化铜。根据上述分析可知，第⑤的反应为氢氧化四氨合铜和硫化氢的反应，其离子方程式：[Cu(NH3)4]2++H2S+2H2O=CuS↓+2NH+2NH3·H2O，故答案：[Cu(NH3)4]2++H2S+2H2O=CuS↓+2NH+2NH3·H2O。

(6)向盛有NaCl溶液的试管中滴加几滴AgNO3溶液，Ag产生AgCl的白色沉淀，再滴入1mol/L氨水溶液，沉淀溶解是AgCl和氨水反应生成[Ag(NH3)2]Cl，其沉淀溶解的化学方程式：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]Cl，故答案：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]Cl。【解析】①.高②.GaAs③.共价晶体④.BD⑤.abd⑥.[Cu(NH3)4]2++H2S+2H2O=CuS↓+2NH+2NH3·H2O⑦.AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]Cl24、略

【分析】(1)

根据表格P4S3的熔点低，C3N4的熔点高，硬度大，知P4S3为分子晶体，C3N4为原子晶体，分子晶体熔化破环分子间作用力，原子晶体熔化破环共价键，分子间作用力弱于共价键，故P4S3熔点远低于C3N4。

(2)

甘油含有多个羟基，可以通过形成氢键的形式吸收空气中的水蒸气，而形成氢键的过程中会放出热量，故探头伸入装有甘油(丙三醇)的试管中，片刻后再取出置于潮湿空气中，探头的温度升高。【解析】(1)P4S3为分子晶体，熔化破环分子间作用力，C3N4为原子晶体，熔化破环共价键，分子间作用力弱于共价键，故P4S3熔点远低于C3N4

(2)甘油含有多个羟基，可以通过形成氢键的形式吸收空气中的水蒸气，形成氢键的过程中会放出热量四、判断题(共2题，共12分)25、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。26、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。五、实验题(共1题，共9分)27、略

【分析】【分析】

Ⅰ．浑浊液中存在溶解平衡，加入NH3•H2O后形成[Cu(NH3)4]2+的深蓝色溶液；NaOH的浓度小，依然是浑浊液；NaOH的浓度较大时生成深蓝色配离子为[Cu(OH)4]2-；c中加入与a中加入的NaOH相同浓度的NH3•H2O，就生成了深蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+，试管b中的深蓝色配离子为[Cu(OH)4]2-加入氨水可以转化为c中深蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+。

（1）

水合铜离子显蓝色，其中的配离子为[Cu(H2O)4]2+；配体H2O分子的价层电子对数=2+=4，VSEPR模型为四面体结构，去掉孤电子对数后，分子的空间构型为V形；外界阴离子的价层电子对数=4+=4+0=4，VSEPR模型为四面体结构，没有孤电子对，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：[Cu(H2O)4]2+；V；正四面体形；

（2）

Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，Cu(OH)2的浑浊液中存在溶解平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入NH3•H2O后Cu2+与NH3配位形成配离子[Cu(NH3)4]2+，则c(Cu2+)降低，使得Cu(OH)2的溶解平衡正向移动，Cu(OH)2生成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+配离子，故答案为：浑浊液中存在平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入NH3•H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低；使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色溶液；

（3）

试管a加入1mol/L的NaOH，NaOH的浓度小，依然是浑浊液；而试管b加入6mol/L的NaOH，NaOH的浓度较大时生成深蓝色配离子为[Cu(OH)4]2-，是由于NaOH的浓度不同造成的现象不同，即配体的浓度也不同造成的；试管a加入1mol/L的NaOH时依然是浑浊液；而c中加入相同浓度的NH3•H2O，就生成了深蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+，是由于配体OH-离子和NH3的种类不同而造成的；所以配合物的形成与配体的浓度、配体的种类有关；向生成[Cu(OH)4]2-蓝色配离子的溶液中加入氨水的溶液碱性增强，说明生成蓝色配离子为[Cu(NH3)4]2+，所以试管b、c中深蓝色配离子的稳定性强弱顺序为[Cu(NH3)4]2+＞[Cu(OH)4]2-，故答案为：配体的浓度；配体的种类；[Cu(NH3)4]2+；[Cu(OH)4]2-；

（4）

①通过CuSO4与Na2S2O3溶液反应的现象，由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，最后生成的是无色的[Cu(S2O3)2]3-，即发生了氧化还原反应，故答案为：由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大；最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应；

②根据资料：2NH3+Cu+⇌[Cu(NH3)2]+(无色)，[Cu(NH3)2]+遇空气容易被氧化成[Cu(NH3)4]2+(蓝色)；若无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，加入氨水，先呈无色，后变为蓝色，故实验方案为：取少量无色溶液，向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)，故答案为：向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)；

（5）

Cu2+与发生氧化还原反应得到无色溶液，生成和[Cu(S2O3)2]3-，离子方程式为：2Cu2++6=+2[Cu(S2O3)2]3-，故答案为：2Cu2++6=+2[Cu(S2O3)2]3-；

（6）

结合分析，可以获得结论：①随n()：n(Cu2+)的增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强，②Cl-易于Cu+生成CuCl，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+与发生氧化还原反应的趋势，故答案为：二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；Cl-易于Cu+生成CuCl，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+与发生氧化还原反应的趋势。【解析】(1)[Cu(H2O)4]2+V正四面体形。

(2)浑浊液中存在平衡：Cu(OH)2(s)⇌Cu2+(aq)+2OH-(aq)，加入NH3•H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低；使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色溶液。

(3)配体的浓度配体的种类[Cu(NH3)4]2+[Cu(OH)4]2-

(4)由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大；最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应取少量无色溶液，向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)，故答案为：向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)

(5)2Cu2++6=+2[Cu(S2O3)2]3-

(6)二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；Cl-易于Cu+生成CuCl，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl-时能增大Cu2+与发生氧化还原反应的趋势六、工业流程题(共4题，共8分)28、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+29、略

【分析】【分析】

黑锰粉水洗除去可溶性物质，分离胡固体通入空气焙炒从而除炭、并氧化为二氧化锰；加入稀硫酸；过氧化氢生成硫酸锰，加入MnO调节pH过滤分离得到硫酸锰溶液；

【详解】

（1）锰为25号元素，基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d54s2；

（2）①“滤液a”中含有铵根离子，铵根离子水解生成生成氢离子，导致溶液显酸性，

②氯化铵溶解度低温时较小，且溶解度受温度影响不大，将“滤液a”蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥，得固体；

（3）氧气具有氧化性，氧化生成二氧化锰和水，化学方程式为

（4）①二氧化锰催化过氧化氢生成水和氧气，实验I中的作用是催化剂；实验II中加入溶液，产生大量气泡，固体完全溶解，反应中锰元素化合价降低，中氧元素化合价升高发生氧化反应；过氧化氢为还原剂起还原作用；

②由实验可知，酸性条件下，二氧化锰被过氧化氢还原，故“酸浸”溶解时加入试剂的顺序是先加入稀硫酸再加入过氧化氢溶液；

（5）铁离子和KSCN溶液变红色，故实验为：取少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明铁离子完全沉淀。【解析】(1)[Ar]3d54s2

(2)过滤。

(3)

(4)催化作用还原剂先加入稀硫酸