2025年北师大版选择性必修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2025年北师大版选择性必修2化学下册阶段测试试卷198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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、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2、X、Y、Z均为第三周期元素,X的第一电离能在同周期中最小,Y的电负性在同周期中最大,Z的离子半径在同周期中最小,下列关于X、Y、Z叙述不正确的是()A.元素Y形成的气态氢化物极易溶于水,水溶液呈强酸性B.元素X与元素Y能形成离子化合物C.元素Z最高价氧化物对应水化物既能与强酸反应,又能与强碱D.原子序数和原子半径大小顺序均为:X3、碳酸钠应用广泛，下列说法不正确的是A.碳酸钠受热易分解B.碳酸钠属于强电解质C.碳酸钠溶液呈碱性D.Na元素位于周期表s区4、元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断。下列推测不合理的是（）。选项事实推测ALi与水反应缓慢，Na与水反应剧烈K与水反应会更剧烈BHCl在1500℃时分解，HＩ在230℃时分解HBr的分解温度介于二者之间CSi是半导体材料，同族的Ge也是半导体材料IVA族的元素均可做半导体材料Ｄ磷酸是弱酸，碳酸是弱酸硅酸一定是弱酸A.AB.BC.CD.D5、下面对概念的描述不正确的是A.键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量B.量子力学把电子在原子核外的一个运动状态称为一个原子轨道C.有对映(手性)异构体的分子叫做手性分子D.气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能6、某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形笼子作“瓶体”(C60结构如图所示)；一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。下列说法中不正确的是。

A.Na3PO4为强电解质，其阴离子的VSEPR模型与离子的空间结构不一致B.富勒烯(C60)结构中碳原子均采用sp2杂化C.碳、氧、磷三种元素分别形成的简单氢化物中H2O的沸点最高D.一定条件下石墨转化为C60的反应为非氧化还原反应7、下列晶体中属于原子晶体的是A.I2B.SiCC.CuD.CsCl评卷人得分二、多选题(共8题，共16分)8、寿山石主要由酸性火山凝灰岩经热液蚀变而成，化学式为X2Y4Z10(ZW)2，短周期元素Y、X、Z、W的原子序数依次减小，基态Y原子的s轨道上的电子总数比p轨道上的电子总数少2个，X、Y的单质均能与强碱反应生成W2，YW4与W2Z2含有相同的电子数。下列说法错误的是A.原子半径：X>Y>Z>WB.X的氧化物可作光导纤维的材料C.最简单氢化物的沸点：Y>ZD.常温常压下，Z和W形成的常见化合物均为液体9、下列关于CO2和N2O的说法正确的是。

A.二者互为等电子体，结构相似B.由CO2的结构式可推出N2O的结构式为N=O=NC.两种分子中σ键与π键数目之比相同D.由图可知干冰晶体中每个CO2分子周围等距离且紧邻的CO2分子有8个10、下列化学实验中出现的先后两个现象中，只包含一个化学变化的是A.向氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀而后沉淀溶解B.向溶液中滴加氨水，先产生蓝色沉淀，继续滴加后沉淀溶解C.向鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸，先产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色D.向甲酸溶液中加入新制沉淀部分溶解，加热后产生砖红色沉淀11、水是生命之源，下列从“结构化学的角度”对水的分析错误的是A.一个H2O中H、O原子间形成两个σ键B.H2O中H-O-H键的键角是180º，H2O是非极性分子C.H2O易与H+以配位键结合，形成H3O+D.冰中水分子间存在氢键，每摩尔冰最多存在4摩尔氢键12、有关晶体与晶胞的叙述错误的是A.晶胞是晶体结构中的基本结构单元B.晶体的外观规则，但是有些内部结构是无序的C.晶胞中的各原子个数比与晶体中的相等D.晶胞都是正六面体13、下列说法正确的是A.氢原子和非金属性很强的元素的原子(F、O、N)形成的共价键，称为氢键B.H2O比H2S稳定是因为水分子间存在氢键C.碘化氢的沸点高于氯化氢的是因为碘化氢的相对分子质量大，范德华力强D.沸点：H2O>HF>NH314、美国LawreceLiermore国家实验室(LINL)成功地在高压下将CO2转化为具有类似SiO2结构的原子晶体，下列关于CO2的共价晶体说法，正确的是：A.CO2的共价晶体和分子晶体互为同分异构体B.在一定条件下，CO2共价晶体转化为CO2分子晶体是化学变化C.CO2的共价晶体和CO2分子晶体具有相同的物理性质和化学性质D.在CO2的共价晶体中，每一个C原子周围结合4个O原子，每一个O原子跟两个C原子相结合15、表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.晶体中含有个NaCl分子B.晶体中，所有的最外层电子总数为8C.将晶体溶于水中，可配制得的NaCl溶液D.向可变容器中充入和个在标准状况下的体积小于评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)16、碳；氮元素可形成多种卤化物、含氧酸及其盐和配合物等。

(1)常温下NF3是一种无色、无味、无毒的气体，推断NF3分子的空间构型为______(用文字描述)。

(2)与HNO2互为等电子体的一种阴离子的化学式______；推断NaNO2中阴离子的空间构型为______(用文字描述)。

(3)配合物Ni(CO)4是无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于CCl4，推测Ni(CO)4是______分子(填“极性”或“非极性”)。

(4)写出CN-的电子式______；NH4NO3中氮原子轨道的杂化类型是______。

(5)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2+。不考虑空间构型，[Cu(NH3)4]2+的结构可用示意图表示为______(若有配位键，需用箭头标出)。17、(1)以下列出的是一些原子的2p能级和3d能级上电子排布的情况。违反了泡利原理的是______(填序号；下同)，违反了洪特规则的是______。

①

②

③

④

⑤

⑥

(2)某元素的激发态(不稳定状态)原子的电子排布式为1s22s22p63s13p33d2；则该元素基态原子的电子排布式为______；其最高价氧化物对应水化物的化学式是______。

(3)将下列多电子原子的能级按能级能量由低到高的顺序排列：______(填序号)。

①1s②3d③4s④3s⑤4p⑥3p18、同周期的元素性质递变规律。

(1)钠、镁与水的反应。钠镁实验操作实验①实验②实验现象钠熔成小球，浮于水面，四处游动，有“嘶嘶”的响声，反应后溶液加酚酞变红加热前，镁条表面附着了少量无色气泡，加热至沸腾后，有较多的无色气泡冒出，滴加酚酞溶液变为粉红色反应原理________________________结论钠、镁均能与水反应，钠比镁活泼，金属性：_____________。

(2)Al(OH)3的制备与性质。

实验探究：

①向AlCl3溶液中加入足量氨水，现象为__________，反应的离子方程式为__________；

②将①实验得到的沉淀分装两支试管中，一支试管中加入盐酸，现象为__________，离子方程式为_________；另一支试管中加入NaOH溶液，现象为________，离子方程式为______________。

③向MgCl2溶液加入过量NaOH溶液，现象_________，离子方程式为_____________。

两性氢氧化物：既能与酸反应又能与强碱反应，且均生成盐和水的氢氧化物。如Al(OH)3。

(3)第三周期递变规律。

①第三周期的Na、Mg、Al的金属性逐渐__________，NaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐__________，NaOH为强碱，Mg(OH)2为中强碱，Al(OH)3为两性氢氧化物。

②第三周期的Si、P、S、Cl的非金属性逐渐__________，H3SiO3、H3PO4、H2SO4、HClO4的酸性逐渐__________。HClO4是最强的含氧酸，H2SiO3为难溶的____酸，H3PO4为中强酸，H2SO4为强酸。

③同一周期从左到右，原子半径逐渐__________，失电子能力逐渐__________，得电子能力逐渐__________，金属性逐渐__________，非金属性逐渐__________。19、化合物W是制备某医药产品的中间体；结构简式如图。

请回答下列问题：

(1)W的分子式为_________，组成元素电负性由大到小的顺序为_________。

(2)中采取杂化的碳原子数目为_________，含有键的数目为_________。

(3)检验W分子中碳碳双键的操作方法是___________________________________________________。

(4)写出W在作催化剂条件下与反应的化学方程式：___________________________________。20、铜单质及其化合物在很多领域都有着重要用途；如金属铜可用来制造各项体育赛事的奖牌；电线、电缆，胆矾可用作杀菌剂等。试回答下列问题。

(1)已知Cu位于元素周期表第四周期第ⅠB族，则Cu原子的价电子排布式为_______。

(2)下列分子或离子中，能提供孤电子对与Cu2＋形成配位键的是_______(填序号；下同)。

①H2O②NH3③F-④CN-

A.①②B.①②③C.①②④D.①②③④

(3)向盛有硫酸铜溶液的试管中加入氨水，首先形成难溶物，继续加入氨水，难溶物溶解并得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象叙述正确的是_______

A.反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2＋的浓度不变。

B.沉淀溶解后生成深蓝色的[Cu(NH3)4]2＋

C.若硫酸铜溶液中混有少量硫酸；则可用氨水除去硫酸铜溶液中的硫酸。

D.在[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋提供孤电子对，NH3提供空轨道。

(4)下列关于[Cu(NH3)4]SO4的说法中，正确的有_______

A.[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键；极性键和配位键。

B.[Cu(NH3)4]SO4中含有NH3分子，其水溶液中也含有NH3分子。

C.[Cu(NH3)4]SO4的配体空间构型为正四面体形。

D.[Cu(NH3)4]SO4的外界离子的空间构型为三角锥形。

(5)向硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2＋，已知NF3与NH3的立体构型均是三角锥形，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是_______。21、氮、磷、砷锑铋镆为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题：

(1)氮和磷氢化物性质的比较：热稳定性：___________(填“＞”“＜”)。沸点：___________(填“＞”“＜”)，判断依据是___________。

(2)和与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对与反应产物的推断正确的是___________(填序号)。

a．不能与反应b．含离子键、共价键c．能与水反应。

(3)能发生较强烈的水解，生成难溶的写出该反应的化学方程式___________，因此，配制溶液应注意___________。22、碳元素不仅能形成丰富多彩的有机化合物；而且还能形成多种无机化合物如C，同时自身可以形成多种单质如D和E，碳及其化合物的用途广泛。

已知A为离子晶体；B为金属晶体，C为分子晶体。

(1)图中分别代表了五种常见的晶体，分别是：A____，B_____，C____，D____，E______。(填名称或化学式)

(2)金刚石晶胞结构如图，一个晶胞中的C原子数目为______。

(3)C与孔雀石共热可以得到金属铜，金属铜采用面心立方最密堆积，已知Cu单质的晶体密度为ρg/cm3，Cu的相对原子质量为M，阿伏加德罗常数为NA，则Cu的原子半径为__________cm。23、自从英国化学家巴特列(N.Bartlett)首次合成了第一种稀有气体的化合物XePtF6以来,人们又相继发现了氙的一系列化合物,如XeF2、XeF4等。巴特列为开拓稀有气体化学作出了历史性贡献。

(1)请根据XeF4的结构示意图(图1)判断这个分子是极性分子还是非极性分子?________。

(2)XeF2晶体是一种无色晶体,图2为它的晶胞结构图。XeF2晶体属于哪种类型的晶体?___。

24、有以下物质：①HF，②Cl2，③H2O，④N2，⑤C2H4，⑥C2H6，⑦H2O2；⑧HCN(H-C≡N)。

(1)只含有极性键的是______。

(2)只含有非极性键的是______。

(3)既有极性键，又有非极性键的是______。

(4)只有σ键的是______。

(5)既有σ键，又有π键的是______。评卷人得分四、工业流程题(共4题，共16分)25、锗(Ge)是门捷列夫在1871年所预言的元素“亚硅”，高纯度的锗已成为目前重要的半导体材料，其化合物在治疗癌症方面也有着独特的功效。如图是以锗锌矿(主要成分为GeO2、ZnS，另外含有少量的Fe2O3等)为主要原料生产高纯度锗的工艺流程：

已知：GeO2可溶于强碱溶液，生成锗酸盐；GeCl4的熔点为-49.5℃；沸点为84℃，在水中或酸的稀溶液中易水解。

(1)Ge在元素周期表中的位置是_____，GeCl4晶体所属类别是_____。

(2)步骤①NaOH溶液碱浸时发生的离子反应方程式为_____。

(3)步骤③沉锗过程中，当温度为90℃，pH为14时，加料量(CaCl2/Ge质量比)对沉锗的影响如表所示，选择最佳加料量为______(填“10－15”“15－20”或“20－25”)。编号加料量(CaCl2/Ge)母液体积(mL)过滤后滤液含锗(mg/L)过滤后滤液pH锗沉淀率(%)11050076893.6721550020898.1532050021199.784255001.51299.85

(4)步骤⑤中选择浓盐酸而不选择稀盐酸的原因是_____。

(5)步骤⑥的化学反应方程式为_____。

(6)Ge元素的单质及其化合物都具有独特的优异性能；请回答下列问题：

①量子化学计算显示含锗化合物H5O2Ge(BH4)3具有良好的光电化学性能。CaPbI3是H5O2Ge(BH4)3的量子化学计算模型，CaPbI3的晶体结构如图所示，若设定图中体心钙离子的分数坐标为()，则分数坐标为(0，0，)的离子是_____。

②晶体Ge是优良的半导体，可作高频率电流的检波和交流电的整流用。如图为Ge单晶的晶胞，设Ge原子半径为rpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该锗晶体的密度计算式为(不需化简)ρ=______g/cm3。

26、I.钛冶炼厂与氯碱厂；甲醇厂组成一个产业链(如图所示)；将大大提高资源的利用率，减少环境污染。

请回答下列问题：

(1)Fe位于元素周期表中第________周期，第________族。

(2)写出钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得到四氯化钛的化学方程式______________。

Ⅱ.A；B、C、X均为中学常见的纯净物；它们之间有如下转化关系（副产物已略去）。

试回答：

(1)若X是强氧化性单质，则A不可能是________________。

A.SB.N2C.NaD.MgE.Al

(2)若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则B的化学式为____________；C溶液在贮存时应加入少量X，理由是（用必要的文字和离子方程式表示）____________。

(3)A还可以是氨气，氨气分子的空间构型是____________________。27、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)28、电子级氢氟酸是微电子行业的关键性基础材料之一，由萤石粉(主要成分为含有少量和微量等)制备工艺如下：

回答下列问题：

(1)“酸浸”时生成的化学方程式为___________，工业生产时往往会适当加热，目的是___________。

(2)“精馏1”设备使用的材料可选用___________(填序号)。A．玻璃B．陶瓷C．石英D．金(3)已知是一种配位酸，酸性与硝酸相近，可与溶液反应制备极易溶于水的强酸反应的离子方程式为___________

(4)“氧化”时将氧化为的沸点高于原因是___________

(5)液态是酸性溶剂，能发生自偶电离：由于和都溶剂化，常表示为：在溶剂中呈酸性，呈碱性，比如的电离方程式分别为：在作用下：

①写出与反应的离子方程式___________

②已知：与反应生成结合的能力：___________(填“>”、“<”或“=”)。评卷人得分五、计算题(共2题，共18分)29、我国是世界稀土资源大国；徐光宪等提出的串级萃取理论，使我国稀土分离技术与生产工艺达到世界先进水平，稀土分离产品在世界市场的份额占90%。如图为某稀土A氧化物晶体的立方晶胞。

(1)晶胞中氧离子占据顶点、面心、棱心和体心位置，A离子占据半数立方体空隙，请写出A氧化物的化学式和结构基元__________。

(2)写出晶体中氧离子的配位数__________。

(3)已知晶胞参数a=545.5pm，设A的摩尔质量为MA，计算晶体的理论密度__________。

(4)计算A-A和A-O的间距__________。

(5)若晶胞中一半A离子被B离子取代，请指出：当两种离子统计分布时，晶体所属的点阵类型__________；

(6)若将A离子选为晶胞项点，写出A氧化物晶胞中正负离子的分数坐标__________。30、按要求填空。

(1)一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为___________，微粒之间的作用力为___________。

(2)上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与(如图1)的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为___________。

(3)立方BP(磷化硼)的晶胞结构如图2所示，晶胞中含B原子数目为___________。

(4)铁有δ、γ、α三种同素异形体，δ−Fe晶胞参数为acm，则铁原子半径为___________(假设原子为刚性球体)；δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为___________。

(5)奥氏体是碳溶解在γ−Fe中形成的一种间隙固溶体，无磁性，其晶胞如图所示，若晶体密度为ρg∙cm−3，则晶胞中最近的两个碳原子的距离为___________pm(阿伏加德罗常数的值用表示；写出计算式即可)。

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、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。2、D【分析】【分析】

X；Y、Z均为第三周期元素；X的第一电离能在同周期中最小，X为Na元素，Y的电负性在同周期中最大，Y为Cl元素，Z的离子半径在同周期中最小，Z为Al元素，据此答题。

【详解】

A.Y为Cl元素；其气态氢化物是HCl，极易溶于水，溶于水溶液呈强酸性，故A正确；

B.X为Na元素；Y为Cl元素，二者形成的化合物是氯化钠，属于离子化合物，故B正确；

C.Z为Al元素；其最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与强酸反应，又能与强碱反应，故C正确；

D.原子序数Na＜Al＜Cl；同一周期的元素随着原子序数的增大，原子半径减小，原子半径Na＞Al＞Cl，故D错误。

故选D。3、A【分析】【详解】

A．碳酸钠性质稳定；受热不易分解，故A错误；

B．碳酸钠在溶液中能完全电离出自由移动的离子；属于强电解质，故B正确；

C．碳酸钠是强碱弱酸盐；在溶液中水解使溶液呈碱性，故C正确；

D．钠元素的原子序数为11，价电子排布式为3s1；位于元素周期表s区，故D正确；

故选A。4、C【分析】【详解】

A．碱金属元素从上到下金属性增强；与水反应越来越剧烈，故A正确；

B．卤族元素从上到下非金属性减弱；气态氢化物的稳定性减弱，故B正确；

C．通常在金属与非金属元素分界线附近找半导体材料；IVA族的元素不一定作半导体材料，如石墨作导体，故C错误；

D．非金属性：P＞C＞Si；所以碳酸酸性比硅酸强，碳酸是弱酸，则硅酸一定是弱酸，故D正确。

答案选C。5、B【分析】【详解】

A．根据键能定义；键能是指气态分子中1mol化学键解离形成气态原子锁吸收的能量，键能通常是298.15K；100kPa条件下的标准值，A正确；

B．量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道；B错误；

C．具有完全相同的组成和原子排列的结构不同的分子互称为手性异构体；具有手性异构体的分子叫做手性分子，C正确；

D．根据第一电离能定义；气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能，D正确；

故答案选B。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．磷酸钠可以完全电离为强电解质，磷酸根离子中，P的价电子对数为：且不存在孤电子对，VSEPR模型与离子的空间结构均为正四面体，故A错误；

B．由结构可知富勒烯中的每个碳原子均只与周围三个碳原子相连，每个碳原子都采用sp2杂化；故B正确；

C．碳、氧、磷三种元素分别形成的简单氢化物分别为CH4、PH3、H2O，H2O分子间存在氢键，导致H2O的沸点在三者中最高；故C正确；

D．石墨转化为C60的反应元素的化合价未发生变化；为非氧化还原反应，故D正确；

故选：A。7、B【分析】【分析】

【详解】

A．I2晶体由I2分子构成；晶体属于分子晶体，A不符合题意；

B．SiC晶体由Si原子和C原子构成；晶体属于原子晶体，B符合题意；

C．Cu由Cu2+和自由电子构成；晶体属于金属晶体，C不符合题意；

D．CsCl由Cs+和Cl-构成；晶体属于离子晶体，D不符合题意；

故选B。二、多选题(共8题，共16分)8、BC【分析】【分析】

短周期元素Y、X、Z、W的原子序数依次减小，基态Y原子的s轨道上的电子总数比p轨道上的电子总数少2个，X、Y的单质均能与强碱反应生成W2,可推知W为H，Y为Si，X为Al，由YW4与W2Z2含有相同的电子数；可推知Z为O，所以Y；X、Z、W分别是Si、Al、O、H。

【详解】

A．原子半径：Al>Si>O>H，即X>Y>Z>W；故A正确；

B．X的氧化物是Al2O3不能作光导纤维的材料；故B错误；

C．Y、Z的氢化物是SiH4、H2O，因为H2O中含有氢键，所以沸点H2O的沸点高于SiH4；故C错误；

D．常温常压下；Z和W形成的常见化合物是水为液体，故D正确；

故答案为：BC9、AC【分析】【分析】

【详解】

A．CO2和N2O互为等电子体；二者的结构相似，A正确；

B．由CO2结构式为O=C=O可以推出N2O的结构式为B错误；

C．每个CO2分子中有2个σ键与2个π键，每个N2O分子中有2个σ键与2个π键；两种分子中σ键与π键数目之比均为1：1，C正确；

D．由干冰晶胞图可知，每个CO2分子周围等距离且紧邻的CO2分子有12个；D错误。

故选：AC。10、AC【分析】【分析】

【详解】

A．氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸；先出现胶体的聚沉出现氢氧化铁红褐色沉淀，该过程为物理过程，继续滴加氢氧化铁溶于硫酸得到硫酸铁溶于，只有一个化学变化，故A正确；

B．加氨水；发生反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续滴加氨水，氢氧化铜溶于氨水生成四氨合铜离子，存在两个化学变化，故B错误；

C．鸡蛋清溶液属于胶体；加硝酸出现胶体聚成出现白色沉淀，加热过程中蛋白质发生变性转变成黄色沉淀，只有一个化学变化，故C正确；

D．甲酸溶液中加氢氧化铜先发生酸碱中和反应；氢氧化铜溶解，加热后甲酸中的醛基被铜离子氧化生成氧化亚铜砖红色沉淀，涉及两个化学变化，故D错误；

故选：AC；11、BD【分析】【分析】

【详解】

A．水分子中氧原子采取sp3杂化；与两个氢原子分别形成一个σ键，同时还有两对孤电子对，故A正确；

B．由于孤单子对对成键电子对的排斥作用较大；所以水分子中H-O-H键的键角为104.5º，分子的空间构型为V形，所以正负电荷中心不重合，为极性分子，故B错误；

C．H2O分子中氧原子有孤电子对，氢离子有空轨道，所以二者易形成配位键，形成H3O+；故C正确；

D．由于水分子间存在氢键；且氢键具有方向性，所以冰中一个水分子与周围4个水分子形成类似金刚石的正四面体形，每两个水分子形成一个氢键，每个水分子参与形成4个氢键，所以冰中水分子和氢键的个数比为1:2，则每摩尔冰最多存在2摩尔氢键，故D错误；

故选BD。12、BD【分析】【分析】

【详解】

A．晶体结构中重复出现的基本结构单元称为晶胞；A正确；

B．晶体的外观上具有规则的几何外形；有些内部结构是在三维空间里呈现周期性有序排列，B错误；

C．晶胞只是晶体微观空间里的基本单元；在它的上下左右前后无隙并置地排列着无数的晶胞，而且所有晶胞的形状及其内部的原子种类；个数及几何排列是完全相同的，古晶胞中的各原子个数比与晶体中的相等，C正确；

D．大部分晶胞是正六面体；但也有其他形状的晶胞，D错误；

故答案为：D。13、CD【分析】【详解】

A．氢键不是化学键；属于分子间作用力，A错误；

B．H2O比H2S稳定是因为H2O中的H-O共价键更稳定；氢键不属于化学键，B错误；

C．碘化氢和氯化氢是结构相似的分子晶体；其沸点与分子间作用力成正比，故碘化氢的沸点高于氯化氢的是因为碘化氢的相对分子质量大，范德华力强，C正确；

D．单个氢键的键能是(HF)n＞冰＞(NH3)n，而平均每个分子含氢键数：冰中2个，(HF)n和(NH3)n只有1个，气化要克服的氢键的总键能是冰＞(HF)n＞(NH3)n，故沸点：H2O>HF>NH3；D正确；

故答案为：CD。14、BD【分析】【分析】

【详解】

A．二氧化碳原子晶体中不含分子；故A错误；

B．CO2原子晶体转化为CO2分子晶体；结构已发生改变，且二者的性质也有较大差异，故二者是不同的物质，所以二者的转变是化学变化，故B正确；

C．CO2原子晶体与CO2分子晶体，结构不同，二者是不同的物质，物理性质不同，如CO2原子晶体硬度很大，CO2分子晶体硬度不大；其化学性质也不同，故C错误；

D．CO2原子晶体与SiO2结构类似；每个碳原子与4个氧原子通过1对共用电子对连接，每个氧原子与2个碳原子通过1对共用电子对连接，故D正确；

故选：BD。15、BD【分析】【详解】

A．NaCl形成的是离子晶体；离子晶体中没有分子，故A错误；

B．钠原子失去外层1个电子变为钠离子，次外层变为最外层，电子数为8个，则的最外层电子总数为故B正确；

C．晶体的物质的量是溶于水中，溶液的体积不是1L，则配制的浓度不是故C错误；

D．由于又因为和个刚好反应生成又部分转化为则容器中气体小于在标准状况下的体积小于故D正确；

答案选BD。三、填空题(共9题，共18分)16、略

【分析】【分析】

按等电子体的定义寻找等电子体；按等电子体理论回答、根据价层电子对互斥理论计算粒子中的价层电子对数、并据此确定中心原子的杂化方式、粒子的空间构型；按相似相溶原理判断分子的极性；

【详解】

(1)NF3中含有3个σ键，且孤电子对数为则应为sp3杂化；空间构型为三角锥形；

(2)原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，与HNO2互为等电子体的一种阴离子的化学式为HCOO-；NaNO2中阴离子与二氧化硫互为等电子体，等电子体具有相同的结构特征，SO2孤电子对数=价层电子对数=2+1=3，故为sp2杂化、推断NaNO2中阴离子的空间构型为V形(或折线形)；

(3)已知配合物Ni(CO)4是无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于CCl4，则其晶体属于分子晶体，水是极性溶剂，四氯化碳是非极性溶剂，结合相似相溶原理可知，推测Ni(CO)4是非极性分子；

(4)碳原子最外层4个电子、氮原子最外层5个电子，CN-内碳、氮原子间共用3对电子对，电子式为4中N原子的价层电子对数为而且没有孤电子对，所以氮原子轨道的杂化类型是sp3；NO孤电子对数=价层电子对数=3+0=3，所以氮原子轨道的杂化类型是sp2；NH4NO3中氮原子轨道的杂化类型是sp3和sp2；

(5)[Cu(NH3)4]2+内，铜离子和氨分子之间形成4个配位键，Cu2+提供空轨道、NH3中N原子提供孤电子对，结构为【解析】三角锥形HCOO-V形(或折线形)非极性分子sp3和sp217、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)按泡利不相容原理：同—轨道中不应有运动状态完全相同的两个电子存在；即不能存在自旋平行的电子，③违反了泡利原理；洪特规则是指在同一个电子亚层中排布的电子，总是尽先占据不同的轨道，且自旋方向相同；②中未成对电子的自旋状态应相同，不能相反；④原子核外电子应尽可能占据不同的轨道，而且自旋方向相同，这样排布能量最低，在④中5个电子应分占5个轨道；⑥中未成对电子的自旋状态应相同，所以②④⑥违反了洪特规则；

(2)根据构造原理可知：3s能级的能量小于3p能级的能量，3p能级的能量小于3d能级的能量，电子排布式为1s22s22p63s13p33d2的激发态原子，其基态原子的电子排布式应为1s22s22p63s23p4，该原子的核外电子数为16，原子核外电子数等于原子核内质子数，则其质子数也为16，故该元素为S元素，其最高价氧化物对应水化物的化学式是H2SO4；

(3)原子核外电子排布遵循能量最低原理，根据构造原理可知原子核外电子填充的先后顺序是1s-2s-2p-3s-3p-3d-4s，故按照能级由低到高的顺序为①④⑥③②⑤。【解析】③②④⑥1s22s22p63s23p4H2SO4①④⑥③②⑤18、略

【分析】【详解】

（1）钠和水常温下剧烈反应生成碱和气体，化学方程式2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，镁常温下和水不反应，加热时剧烈反应，生成碱和气体，化学方程式Mg＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑，金属单质和水或酸反应越剧烈，金属的金属性越强，所以金属性：Na>Mg，答案：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑；Mg＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑；金属性：Na>Mg；

（2）向AlCl3溶液中加入足量氨水，生成白色沉淀，Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3氢氧化铝不溶于氨水。实验得到的沉淀分装两支试管中，一支试管中加入盐酸，白色沉淀逐渐溶解，生成盐和水，离子方程式为Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；另一支试管中加入NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解，生成偏铝酸盐和水，离子方程式为Al(OH)3＋OH-=AlO＋2H2O。向MgCl2溶液加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀，离子方程式为Mg2＋＋2OH-=Mg(OH)2↓。答案：产生白色沉淀；Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH白色沉淀逐渐溶解；Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O；白色沉淀逐渐溶解；Al(OH)3＋OH-=AlO＋2H2O；产生白色沉淀；Mg2＋＋2OH-=Mg(OH)2↓；

（3）第三周期的Na、Mg、Al的金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物NaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3的碱性逐渐减弱，NaOH为强碱，Mg(OH)2为中强碱，Al(OH)3为两性氢氧化物。第三周期的Si、P、S、Cl的非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物H2SiO3、H3PO4、H2SO4、HClO4的酸性逐渐增强。HClO4是最强的含氧酸，H2SiO3为难溶的____酸，H3PO4为中强酸，H2SO4为强酸。同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，失电子能力逐渐减弱，得电子能力逐渐增强，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。答案：减弱；减弱；增强；增强；减小；减弱；增强；减弱；增强。【解析】(1)2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑Mg＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑金属性：Na>Mg

(2)产生白色沉淀Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH白色沉淀逐渐溶解Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O白色沉淀逐渐溶解Al(OH)3＋OH-=AlO＋2H2O产生白色沉淀Mg2＋＋2OH-=Mg(OH)2↓

(3)减弱减弱增强增强减小减弱增强减弱增强19、略

【分析】【详解】

（1）根据W的结构简式可知，W的分子式为C16H18O7；组成元素电负性由大到小的顺序为O>C>H；故答案为C16H18O7；O>C>H。

（2）根据W的结构简式可知，六元环上碳原子为杂化，所以中采取杂化的碳原子数目为6NA；含有键的数目为42NA；故答案为6NA；42NA。

（3）碳碳双键能与溴发生加成反应而使溴水褪色；其他官能团不与溴水反应，检验W分子中碳碳双键的操作方法可以加入溴水，如果溶液褪色，则说明含有双键；故答案为加入溴水。

（4）W在作催化剂条件下与反应的化学方程式为故答案为【解析】(1)C16H18O7O>C>H

(2)6NA42NA

(3)加入溴水。

(4)20、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Cu为29号元素，核外电子数为29，位于元素周期表第四周期第ⅠB族，则Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu原子的价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；

(2)只要有孤电子对就可以做配体；而①②③④中均有孤电子对，D符合题意，故选D；

(3)向硫酸铜溶液的试管中加入氨水，首先形成Cu(OH)2，继续加入氨水，Cu(OH)2溶解并得配合物[Cu(NH3)4]SO4，即深蓝色的透明溶液。在此过程中，原来的Cu2＋生成了Cu(OH)2时浓度减小，加氨水后又生成了[Cu(NH3)4]2＋，溶液中仍无Cu2＋；则A；C、D错误，B正确，故答案选B；

(4)[Cu(NH3)4]SO4中[Cu(NH3)4]2＋和S之间是离子键、氨分子和Cu2＋之间是配位键，氨分子中氮原子和氢原子间是极性共价键，故A正确；内界的离子是不能电离的，所以水溶液中不会有NH3分子，故B错误；[Cu(NH3)4]SO4的配体是NH3，其空间构型是三角锥形，外界的离子是SO其空间构型为正四面体，所以C；D均错误，故答案选A；

(5)F的电负性比N大，N—F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子(或者N、F、H三种元素的电负性：F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难以与Cu2＋形成配位键)。【解析】①.3d104s1②.D③.B④.A⑤.F的电负性比N大，N—F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子(或者N、F、H三种元素的电负性：F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难以与Cu2＋形成配位键)21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；非金属性N＞P，所以热稳定性：NH3＞PH3；N2H4能形成分子间氢键、P2H4分子间不能形成氢键，所以沸点：N2H4＞P2H4；分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，故填＞、＞、分子间存在氢键；

(2)PH3和NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似，PH3与HI反应产物为PH4I；相当于铵盐，具有铵盐结构性质；

a．铵盐能和NaOH发生复分解反应，所以PH4I能与NaOH反应；故错误；

b．铵盐中存在离子键和共价键，所以PH4I中含离子键；共价键；故正确；

c．铵盐都易发生水解反应，所以PH4I能与水反应；故正确；

故填bc；

(3)SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，根据元素守恒知，还生成HCl，反应方程式为SbCl3+H2OSbOCl+2HCl；配制SbCl3溶液要防止其水解，其水溶液呈酸性，所以酸能抑制水解，则配制该溶液时为防止水解应该加入盐酸，故填SbCl3+H2OSbOCl+2HCl、加盐酸，抑制水解。【解析】＞＞分子间存在氢键b、cSbCl3+H2OSbOCl+2HCl加盐酸，抑制水解22、略

【分析】【分析】

(1)根据氯化钠的阴阳离子配位数均为6；金属晶体钠的晶胞为体心立方晶胞，结合干冰；金刚石、石墨的结构特点分析；

(2)金刚石为原子晶体；晶胞中的个数可采用“均摊法”计算得到，据此解答；

(3)铜是29号元素，根据核外电子排布规律写出核外电子排布式再画出原子结构示意图；金属铜采用面心立方最密堆积，晶胞内Cu原子数目为8×+6×=4，设铜原子的半径为r，根据m=ρV列等式解答。

【详解】

(1)根据图中晶体的结构和题干提供的已知信息；结合常见晶体可知，A为NaCl；B为Na、C为干冰、D为金刚石、E为石墨；

(2)在金刚石晶胞中8个碳位于顶点，6个碳位于面心，4个碳位于体心，根据“均摊法”，共有碳原子个数=8×+6×+4=8；

(3)晶胞内Cu原子数目为8×+6×=4，设铜原子的半径为r，则晶胞的棱长为×4r=2r，则(2r)3×ρ=4计算得r=【解析】NaClNa干冰金刚石石墨823、略

【分析】【详解】

（1）XeF4分子中含有氙氟极性键，由于XeF4分子结构对称，分子是平面正方形结构，所以XeF4分子为非极性分子；（2）根据晶胞结构可知；晶体是由分子构成的，所以是分子晶体。

点睛：本题考查化学键的极性、分子极性，题目难度中等，试题培养了学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力。（1）非极性共价键为同种非金属元素的原子间形成共价键；极性共价键是由不同种非金属元素的原子间易形成的共价键；由极性键构成的分子，若结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子，否则，为极性分子；（2）根据晶胞结构图可知晶体的组成微粒为分子，故为分子晶体。【解析】①.非极性分子②.分子晶体24、略

【分析】【分析】

根据同种原子形成的共价键是非极性键；不同种原子形成的共价键是极性键，共价单键是σ键，双键中一个是σ键；另一个是π键，共价三键由一个σ键、两个π键组成，分析、判断。

【详解】

①HF，只含极性键且为σ键，②Cl2，只含非极性键，且为σ键，③H2O只含极性键，且为σ键，④N2，只含非极性键，且由一个σ键、两个π键组成，⑤C2H4，含有极性键和非极性键，碳碳双键中含有一个σ键、两个π键，⑥C2H6，含有极性键和非极性键，且均为σ键，⑦H2O2；含有极性键和非极性键，且为σ键，⑧HCN(H-C≡N)含有极性键和非极性键，三键由一个σ键；两个π键。

(1)只含有极性键的为：①③⑧；故答案为：①③⑧；

(2)只含有非极性键的是：②④；故答案为：②④；

(3)既有极性键；又有非极性键的是：⑤⑥⑦，故答案为：⑤⑥⑦；

(4)只有σ键的是：①②③⑥⑦；故答案为：①②③⑥⑦；

(5)既有σ键，又有π键的是：④⑤⑧，故答案为：④⑤⑧；【解析】①③⑧②④⑤⑥⑦①②③⑥⑦④⑤⑧四、工业流程题(共4题，共16分)25、略

【分析】【分析】

由题给流程可知，锗锌矿用氢氧化钠溶液碱浸将二氧化锗转化为偏锗酸钠，硫化锌、氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤得到含有硫化锌、氧化铁的滤渣和偏锗酸钠滤液；向滤液中加入氯化钙溶液将偏锗酸钠转化为偏锗酸钙沉淀，过滤得到偏锗酸钙；用浓盐酸将偏锗酸钙转化为四氯化锗，四氯化锗在纯水中发生水解反应转化为GeO2·nH2O，GeO2·nH2O脱水得到二氧化锗；二氧化锗与氢气共热反应生成锗。

【详解】

（1）锗元素的原子序数为32；位于元素周期表第四周期ⅣA族；由熔沸点可知，四氯化锗为熔沸点低的分子晶体，故答案为：第四周期ⅣA族；分子晶体；

（2）由分析可知，锗锌矿用氢氧化钠溶液碱浸的目的是将二氧化锗转化为偏锗酸钠，反应的离子方程式为GeO2+2OH—=GeO+H2O，故答案为：GeO2+2OH—=GeO+H2O；

（3）由表格数据可知；加料量在20—25范围内时，锗沉淀率最高，则最佳加料量为20—25，故答案为：20—25；

（4）由题给信息可知，四氯化锗在水中或酸的稀溶液中易水解，所以步骤⑤中选择浓盐酸分离的目的是防止四氯化锗在稀盐酸中发生水解，故答案为：GeCl4在稀盐酸中易水解；

（5）由分析可知，步骤⑥发生的反应为四氯化锗在纯水中发生水解反应转化为GeO2·nH2O，反应的化学反应方程式为GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl，故答案为：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl；

（6）①由位于体心钙离子的分数坐标为()可知，晶胞边长为1，结合化学式中原子个数比，Pb位于顶点，I-位于棱上，则分数坐标为(0，0，)的是碘离子，故答案为：I—；

②由晶胞结构可知，位于顶点、面心和体内的锗原子个数为8×+6×+4=8，由锗原子半径为rpm可知，晶胞的体对角线的长度为8rpm，则边长为pm，由晶胞的质量公式可得：=ρ，解得ρ=故答案为：【解析】(1)第四周期ⅣA族分子晶体。

(2)GeO2+2OH—=GeO+H2O

(3)20—25

(4)GeCl4在稀盐酸中易水解。

(5)GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl

(6)I—26、略

【分析】【分析】

I.(1)Fe是26号元素；先书写Fe原子结构示意图，利用原子结构与元素原子序数；位置的关系判断其位置；

(2)钛铁矿与C、Cl2在高温下反应产生FeCl3、TiCl3；CO；结合电子守恒、原子守恒，书写方程式；

II.(1)若X是强氧化性单质；A是单质，则A和X形成的化合物有变价元素；

(2)若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则C中含有Cl-，且X是变价金属，则X为Fe，所以C是FeCl2，B是FeCl3，A是Cl2；

亚铁离子不稳定；易被氧气氧化生成铁离子；

(3)若A是NH3，X是O2，NH3被O2催化氧化产生NO，NO与O2反应产生NO2，所以B是NO，C是NO2。

【详解】

I.(1)Fe的原子序数为26；原子结构示意图为2；8、14、2，根据原子结构与元素在周期表的位置关系可知Fe处于第四周期第ⅤⅢ族；

(2)从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2，生成物为FeCl3、TiCl4、CO，反应条件是高温，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为：2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO；

Ⅱ.(1)若X是强氧化性单质；根据转化关系，A可发生连续氧化。

A.S与O2点燃反应产生SO2，SO2与O2催化氧化反应产生SO3；符合物质转化关系；

B.N2与O2在电火花作用下反应产生NO，NO与O2在常温下反应产生NO2；符合物质转化关系；

C.Na与O2在常温下反应产生Na2O，Na2O与O2在加热时反应产生Na2O2；符合物质转化关系；

D.Mg是+2价金属，与O2或Cl2只能产生+2价化合物；不能进一步氧化，不符合物质转化关系；

E.Al只有+3价，可以与O2反应产生Al2O3；不能进一步氧化，不符合物质转化关系；

综上所述可知：合理选项是DE；

(2)若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色沉淀，则C中含有Cl-，则X为Fe，A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，FeCl2在具有还原性，在溶液中容易被溶解在溶液的O2氧化，为防止其氧化变质，常在其水溶液中加入少量还原铁粉，反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+；

(3)NH3分子中N是sp3杂化；分子的空间构型是三角锥形。

【点睛】

本题考查了元素的原子结构与元素位置的关系、有电子转移的化学方程式的书写、物质推断，明确反应原理、物质性质是解题关键，题目综合考查了元素及化合物、元素周期表与元素周期律及氧化还原反应基本知识，体现了学以致用的目的。【解析】①.四②.Ⅷ③.2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO④.DE⑤.FeCl3⑥.2Fe3++Fe=3Fe2+，防止Fe2+被氧化⑦.三角锥形27、略

【分析】【分析】

ZnO烟尘用氨水和NH4HCO3溶液浸取，得到锌氨浸出液[Zn(NH3)4CO3]，杂质[Cu(NH3)4]2＋等可以用锌粉置换除去。然后加热，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；最后焙烧得到ZnO。

【详解】

(1)①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，发生的是非氧化还原反应，除了生成Zn(NH3)4CO3外，还有水生成，化学方程式为：ZnO＋3NH3·H2O＋NH4HCO3=Zn(NH3)4CO3＋4H2O或ZnO＋3NH3＋NH4HCO3=Zn(NH3)4CO3＋H2O。

②当浸出液初始pH大于10时，溶液中OH-浓度增大，生成了Zn(OH)2沉淀；导致浸出率随pH增大而减小。

(2)Cu2＋与氨水形成的配离子为[Cu(NH3)4]2＋，和锌发生置换反应，生成铜和[Zn(NH3)4]2＋，离子方程式为：Zn＋[Cu(NH3)4]2＋=[Zn(NH3)4]2＋＋Cu。

(3)保持恒温80℃；可采取水浴加热方式，既能受热均匀，还便于控制温度。

(4)①Zn(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]至275℃时，碱式碳酸锌部分分解为ZnO、H2O和CO2，所得气态物质为H2O和CO2。

②根据ZnO的晶胞结构可知；Zn原子的配位数为4。

(5)锌灰的主要成分为Zn和ZnO，含有杂质Fe及其氧化物，结合提供的试剂，需要将固体用稀硫酸溶解（不用稀硝酸的原因是硝酸和金属反应会生成NO，污染空气），得到Zn2+和Fe2+，也可能含有Fe3+，需要除去铁杂质，根据给出的几种离子沉淀的pH，可以调节溶液的pH，使Fe3+形成沉淀而除去，所以需要先将Fe2+用双氧水氧化为Fe3+。除去Fe3+后的滤液还需要调节pH使Zn2+沉淀，形成Zn(OH)2，最后在125℃时下加热使Zn(OH)2分解为ZnO。故实验方案为：在搅拌下将锌灰加入1.0mol/LH2SO4，待完全溶解后加入适量20%H2O2；再加入1.0mol/LNaOH调节溶液的pH在3.2～5.9之间，静置后过滤；向滤液中再加入1.0mol/LNaOH调节溶液的pH在8.9～11之间，静置后过滤、洗涤、干燥；在125℃条件下加热至固体质量不再发生变化。【解析】ZnO＋3NH3·H2O＋NH4HCO3=Zn(NH3)4CO3＋4H2O或ZnO＋3NH3＋NH4HCO3=Zn(NH3)4CO3＋H2O碱性过强时，溶液中OH-浓度增大，生成了Zn(OH)2沉淀Zn＋[Cu(NH3)4]2＋=[Zn(NH3)4]2＋＋Cu水浴加热CO2和H2O4在搅拌下将锌灰加入1.0mol/LH2SO4，待完全溶解后加入适量20%H2O2；再加入1.0mol/