2025年浙教新版选择性必修2化学下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年浙教新版选择性必修2化学下册阶段测试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8题，共16分)1、下列数据是对应物质的熔点(℃)，据此做出的下列判断中错误的是()。Na2ONaClAlF3AlCl39208011291190BCl3Al2O3干冰SiO2－1072073－571723

A.铝的化合物形成的晶体中有的是离子晶体B.表中只有BCl3和干冰是分子晶体C.同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体D.不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体2、3-氨基-1-金刚烷醇可用于合成药物维格列汀(治疗2型糖尿病)，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是。

A.分子中0原子和N原子均为杂化B.分子中的键角大于的键角C.分子中的极性大于的极性D.分子中含有手性碳原子3、下列实验方案中，能达到实验目的的是。选项实验方案实验目的A将和分别通入水中达到饱和，用计立即测定溶液的比较大小确定亚硫酸和碳酸的酸性强弱B将和气体分别通入BaCl2溶液中鉴别和气体C将通入溶液后，将混合气体依次通入酸性溶液、品红溶液、澄清石灰水验证非金属性：D相同条件下，在两个试管中各加入6%的溶液，再向溶液中分别滴入和溶液，观察并比较的分解速率探究催化剂对分解速率的影响

A.AB.BC.CD.D4、下列实验的现象及相应的结论都正确的是。实验现象结论A向0.2mol/LNa2SiO3溶液中滴加盐酸产生白色胶状沉淀非金属性Cl＞SiB在氢氧化铁胶体中插入惰性电极通直流电阴极周围颜色加深氢氧化铁胶粒带正电C擦干煤油的钾迅速投入到热坩埚中剧烈燃烧并产生紫色火焰钾与氧气反应只生成氧化钾D把打磨过且相同大小的一块铝和镁分别投入足量相同浓度的NaOH溶液中镁溶解有气泡放出，而铝没有明显现象金属性Mg＞Al

A.AB.BC.CD.D5、1919年英国科学家卢瑟福用α粒子(即氦核)轰击非金属原子发现了质子该核反应方程式可表示为：元素X、Y的原子最外层电子数之和为11，下列叙述正确的是A.的电子式为B.第一电离能：C.X、Y的简单氢化物的键角：D.与形成的化合物均可与溶液反应6、NCl3为黄色油状液体，沸点较低，易溶于有机溶剂，在水中溶解度很小，但可以缓慢地发生水解：NCl3+3H2O=NH3+3HC1O。下列说法错误的是A.NCl3中N表现为+3价B.NCl3分子空间构型为三角锥形C.次氯酸结构式为：Cl—O—HD.热稳定性：H2O>NH37、在CuSO4·5H2O晶体中()A.存在水分子B.没有共价键C.只有离子键D.含有金属键8、常温下，二氧化硅是很坚硬的固体，而二氧化碳是气体，这一差别的根本原因是（）A.二氧化硅不溶于水，二氧化碳能溶于水B.硅元素与碳元素的非金属活泼性不同C.二氧化硅分子与二氧化碳分子的结构不同D.二氧化硅是具有立体网状结构的晶体，二氧化碳则是由分子组成评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、现有4种元素，其中A、B、C为短周期主族元素，D为第四周期元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题。A元素形成的物质种类繁多，其形成的一种固体单质工业上常用作切割工具B元素原子的核外p电子数比s电子数少1C元素基态原子p轨道有两个未成对电子D在周期表的第8纵列

(1)某同学根据上述信息，推断A基态原子的核外电子排布为该同学所画的电子排布图违背了___________。

(2)D基态原子中能量最高的电子，其电子云在空间有___________个方向。

(3)B的电子排布式___________，C的外围电子轨道表示式___________，D3+的外围电子排布式___________10、I.有以下物质：①HF、②Cl2、③H2O、④N2、⑤C2H4、⑥C2H6、⑦H2、⑧H2O2和⑨HCN。

(1)只含有σ键的是______(填序号，下同)；既含有σ键又含有π键的是______。

(2)含有由两个原子的s轨道重叠形成σ键的是______。

(3)写出以下分子或离子的空间构型：NH3：______，H2O：______，SO2：______，BeCl2：______，CO2：______。

II.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______；NO的空间结构为______。

(2)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。11、碳、硅与铅同主族。碳纳米管可以制成透明导电的薄膜，其结构类似于石墨晶体，则多层碳纳米管的层与层之间靠___________结合在一起。四卤化硅(SiX4)的沸点按F、Cl、Br、I依次升高的原因是___________。12、钡钛矿的晶体结构如图所示，Ba2+的O2-配位数是______，Ti4+的O2-配位数是_____，O2-的Ba2+配位数是______，Ti4+的Ba2+配位数是_____。

13、碳形成的化合物种类繁多，硅是构成地壳岩石的主要元素。碳在自然界有两种稳定的同位素，有关数据如下表：。同位素相对原子质量丰度（原子分数）12C12（整数，相对原子质量的基准）0.989313C13.0033548260.0107

请列出碳元素近似相对原子质量的计算式_____________________________________。

(1)Si原子的14个电子排布在_______个能级上；与硅元素同周期、其原子核外有2个未成对电子的元素的最外层电子排布式为_____________。

(2)SiO2用途广泛，以下叙述错误的是______________。

a．SiO2是二氧化硅的分子式b．SiO2中1个Si原子结合4个O原子。

c．SiO2是酸性氧化物d．SiO2熔沸点较高；属于原子晶体。

(3)通常状况下，SiF4呈气态。以下叙述正确的是___________。

a．Si原子难以形成Si4+b．SiF4是有极性键的非极性分子。

c．固态SiF4是原子晶体d．相同压强时，SiF4的沸点高于SiCl4

(4)Fe3O4可以写成FeO•Fe2O3，也可写成盐的形式：Fe[Fe2O4]。Pb3O4中含+2价的Pb和+4价的Pb，请将Pb3O4写成两种氧化物的形式___________，写成盐的形式__________。

(5)Pb的＋2价化合物稳定，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2。写出Pb3O4与盐酸反应的化学方程式____________________________________________。14、I.现有一组物质的熔点(℃)数据，据此回答下列问题：。HF：－83HCl：－115HBr：－89HI：－51

（1）HF熔点反常是由于______________。这组物质中共价键的键能最大的是_____。

II.按要求回答下列问题。

（2）CS2气化时克服的粒子间作用是__________，1molCS2中含有___molσ键，含有___molπ键。

（3）HCHO分子中C原子轨道的杂化类型为______。15、卤素钙钛矿已经被广泛应用于太阳能电池、发光二极体等领域，其中合成二维/三维(2D/3D)的钙钛矿异质结是提升器件稳定性和转换效率的一个策略，近期化学工作者在气相合成的单晶三维钙钛矿CsPbBr3上合成外延生长的水平和垂直的二维钙钛矿(PEA)2PbBr4(PEA+代表)异质结。回答下列问题：

(1)基态Br原子的价电子排布式为___。

(2)PEA+中N的价层电子对数为___，杂化轨道类型为___，PEA+中涉及元素的电负性由大到小的顺序为___，1molPEA+中存在___molσ键。

(3)已知铅卤化合物中存在正四面体构型的[PbCl4]2-、[PbBr4]2-、[PbI4]2-，三者中半径最小的配体为___。已知[Pb2I6]2-中每个Pb均采用四配位模式，则[Pb2I6]2-的结构式为___。

(4)Br2和碱金属单质形成的MBr熔点如表：。MBrNaBrKBrRbBrCsBr熔点/℃747734693636

等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同时开始加热优先导电的是____(填化学式)，熔点呈现表中趋势的原因是____。

(5)已知三维立方钙钛矿CsPbBr3中三种离子在晶胞(a)中占据正方体顶点、面心、体心位置，图(b)显示的是三种离子在xz面；yz面、xy面上的位置：

若晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为___g·cm-3(写出表达式)。

②上述晶胞沿体对角线方向的投影图为___(填标号)。

A.B.C.D.16、羟基亚乙基二磷酸(HEDPA，结构式如I，可简写为H4L)可在较宽的pH范围内与金属离子或原子形成稳定的配合物，是一种常用的配体，主要用作工业循环冷却水的缓蚀阻垢剂和无氰电镀的络合剂，与188Re所形成的188Re-HEDPA可用于治疗转移性骨癌。HEDPA和Mn2+可在一定的pH值和Mn2+/HEDPA配比下形成配合物A；将该配合物加热，在250°C以上样品失重25.80%。脱水结束后对残余物之进行元素分析。配合物A的元素含量为：Mn(15.74%)；C(6.88%)；H(4.62%)；O(55.01%)；P(17.77%)。

(1)根据元素分析数据，推证配合物A的分子式为____。

(2)画出该配合物的结构示意图，并在图上注明HEDPA中哪些原子可为配位原子？(用*表示)____。

(3)实验测得配合物A的磁矩为6.12μ0，配合物未成对电子数为___，中心原子的杂化轨道类型是____。

(4)如何将合成A的条件作修改，可得到多核配合物___。并写出2种该多核配合物的分子式。__。

(5)已知配合物[Mn(H2O)6]2+的d-d跃迁在400nm-550nm范围内有弱的吸收，配合物呈肉粉色：在水溶液中形成配合物II后，中心离子的晶体场分裂能将发生怎样的变化____。观察配合物的颜色明显加深，为什么？___。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)17、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、计算题(共4题，共8分)24、许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。

(1)Fe3O4晶体中，O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7号氧围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12号氧围成)，Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中，晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为_____，有_____%的正八面体空隙没有填充阳离子。

(2)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____。25、钇钡铜氧是一种新型节能高温超导体；其晶胞结构如图所示。研究发现，此高温超导体中的Cu元素有两种价态，分别为+2和+3，Y元素的化合价为+3，Ba元素的化合价为+2。

(1)该物质的化学式为________。

(2)该物质中Cu2+与Cu3+的个数比为__________。26、(1)酸性强弱比较：苯酚___________碳酸(填“＞”、“=”或“＜”)，原因(用相应的离子方程式表示)：___________。

(2)沸点：H2O___________H2S(填“＞”、“=”或“＜”)，原因___________。

(3)实验室欲测定Na2CO3和NaCl混合物中Na2CO3的质量分数ω(Na2CO3)，实验步骤如下：称取此固体样品4.350g，溶于适量的水中，配成50mL溶液。取出25mL溶液，加入足量的AgNO3溶液充分反应，得到沉淀的质量为5.575g．则原混合物中ω(Na2CO3)=___________(保留4位有效数字)。写出简要的计算过程。27、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)。评卷人得分五、工业流程题(共2题，共8分)28、钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含和少量Fe；Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭)为原料制取钴的氧化物的流程如下。

已知：萃取时发生的反应为

(1)除Fe、Al：先加入溶液，再加入溶液调节pH。写出氧化的离子方程式：_______。

(2)除Ca、Mg：当某离子浓度时；认为该离子已除尽。

①为使除尽，必须保持溶液中_______

②若调节溶液的pH偏低、将会导致沉淀不完全，其原因是_______。[]。

(3)萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂实验测得萃取率随pH的变化如图所示。向萃取所得有机相中加入反萃取得到水相。

①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是_______。

②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是_______。

(4)热分解：向反萃取所得水相中加入溶液，充分反应后，得到将在空气中加热可得到钴的氧化物。分解时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示。

①B点剩余固体产物为_______(写出计算过程)。

②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有_______个。

29、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4题，共8分)30、有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取。纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：。实验步骤解释或实验结论（1）称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍通过计算填空：（1）A的相对分子质量为：________（2）将此9.0gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g（2）A的分子式为：________（3）另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）（3）用结构简式表示A中含有的官能团：__________、________（4）A的1H核磁共振谱如图。

（4）A中含有________种氢原子（5）综上所述，A的结构简式________31、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。32、艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物；艾司洛尔的一种合成路线如下：

回答下列问题：

(1)丙二酸的结构简式为___________；E中含氧官能团的名称是___________。

(2)A遇FeCl3溶液发生显色反应，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成lmolB、1molH2O和1molCO2；B能与溴水发生加成反应，推测A生成B的化学方程式为_______________________________________________________。

(3)D生成E的反应类型为_____________。

(4)已知碳原子上连有4个不同的原子或基团时；该碳称为手性碳。用星号(*)标出F中的手性碳：_______________。

(5)X是B的同分异构体；X同时满足下列条件的结构共有___________种(不考虑空间异构)，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为______________。

①可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳；②遇FeCl3溶液发生显色反应；③除苯环外不含其他环。

(6)写出以苯甲醇和丙二酸为原料制备的合成路线_________________。33、对羟基苯甲醛，俗称PHBA，是一种重要的有机化工原料。其结构为有人提出；以对甲基苯酚为原料合成PHBA的途径如下：

已知：

(1)PHBA的核磁共振氢谱图中会出现_______组吸收峰。

(2)下列有关说法正确的是________。

A．上述流程中D的分子式为C8H8O2

B．PHBA能与NaHCO3溶液反应。

C．PHBA是一种芳香醇。

D．1molPHBA最多能与4molH2反应。

(3)上述流程中C的结构简式为______________。

(4)反应④的化学方程式为_______________________________。

(5)该合成途径中的反应①⑤的作用为_______________________。

(6)E有多种同分异构体，符合以下所有特征的同分异构体的结构简式为_________(只写一种)。

a．苯环上存在2种不同化学环境的氢原子；且个数比为1∶2

b．遇FeCl3溶液显示特征颜色。

c．能使溴的四氯化碳溶液褪色参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】

【详解】

一般情况下，物质的熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，A．由表格中的数据可知，氯化铝的熔点较低，属于分子晶体，而氧化铝、氟化铝的熔点较高，为离子晶体，故A正确；B．根据表格中数据，AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体，沸点都较低，故B错误；C．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C正确；D．Na和Al不同主族，对应的氧化物为氧化钠和氧化铝，都为离子晶体，说明不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体，故D正确；答案选B。2、B【分析】【详解】

A．分子中O原子和N原子的价层电子对数均为4，故均为杂化；A正确；

B．电负性O＞N＞H，中成键电子云比中偏离程度大，同时N-C键长比O-C键长大、N-H键长比O-H键长大，这样导致中的成键电子对之间的斥力减小，分子中的键角小于的键角；B不正确；

C．电负性O＞N＞H，分子中的极性大于的极性；C正确；

D．手性碳原子一定是饱和碳原子；手性碳原子所连接的四个基团要是不同的。则分子中含有手性碳原子；例如与氨基相连的饱和碳原子为手性碳原子，D正确；

答案选B。3、D【分析】【分析】

【详解】

A．溶液浓度不同；不能通过pH判断酸性强弱，A错误；

B．和与BaCl2溶液均不反应；无法鉴别，B错误；

C．亚硫酸不是硫元素的最高价含氧酸；不能据此比较非金属性强弱，C错误；

D．相同条件下，在两个试管中各加入6%的溶液，再向溶液中分别滴入和溶液，由于催化剂可以改变反应速率，因此通过观察并比较的分解速率，可探究催化剂对分解速率的影响；D正确；

答案选D。4、B【分析】【详解】

A.硅酸钠溶液与盐酸反应生成硅酸沉淀；说明盐酸的酸性强于硅酸，但非金属性强弱与氢化物的酸性无关，则盐酸与硅酸钠溶液反应不能比较硅元素和氯元素的非金属性强弱，故A错误；

B.氢氧化铁胶粒带正电荷；在氢氧化铁胶体中插入惰性电极通直流电，红褐色的胶粒向阴极移动，使阴极周围颜色加深，故B正确；

C.钾在空气中燃烧生成过氧化钾或超氧化钾；不能生成氧化钾，故C错误；

D.比较金属性强弱；应比较金属与水或酸反应的剧烈程度，不能用能否与氢氧化钠溶液反应比较，故D错误；

故选B。5、C【分析】【分析】

由核反应方程式可得：A+4=17+1，解得A=14，设原子的最外层电子数为a；由元素X；Y的原子最外层电子数之和为11可得：a+a+1=11，解得a=5，则X为N元素、Y为O元素。

【详解】

A．水合氢离子化学式为H3O+，电子式为故A错误；

B．氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构；元素的第一电离能大于相邻元素，则氮原子的第一电离能大于氧原子，故B错误；

C．氨分子中氮原子的孤对电子对数为1；水分子中氧原子的孤对电子对数为2，分子中孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则氨分子的键角大于水分子，故C正确；

D．一氧化氮是不成盐氧化物；不能与氢氧化钠溶液反应，故D错误；

故选C。6、A【分析】【分析】

【详解】

A．因为NCl3发生能发生水解反应生成NH3和3HC1O；水解反应化合价不改变，所以氮元素应该显-3价，A错误，符合题意；

B．氮原子形成三个σ键，还有一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大，所以NCl3分子空间构型为三角锥形；B正确，不符合题意；

C．次氯酸的电子式为所以结构式为Cl—O—H，C正确，不符合题意；

D．分子的热稳定性由共价键强弱决定；因为H-O的键能比N-H大，所以D正确，不符合题意；

故选A。7、A【分析】【详解】

A．该晶体中水为结晶水；以水分子形式存在，故A选；

B．非金属原子之间易形成共价键；该物质中S-O；H-O原子之间存在共价键，故B不选；

C．硫酸根离子中S-O原子之间；水分子中H-O原子之间均含有共价键；故C不选；

D．金属晶体中存在金属键；该物质是离子晶体，不存在金属键，故D不选；

故选A。8、D【分析】【详解】

由于SiO2是一种空间网状结构的原子晶体，每个氧原子周围连有2个硅原子，属于原子晶体，原子晶体熔点高，常温下为固态；而CO2是靠分子间作用力结合在一起的分子晶体；由二氧化碳分子组成，熔点低，常温下为气态；故选D。

【点睛】

本题比较两种晶体的物理性质，应该从晶体所属类别入手。由于SiO2是一种空间网状结构的原子晶体，而CO2是靠分子间作用力结合在一起的分子晶体。二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】【分析】

A；B、C、为短周期主族元素；D为第四周期元素，它们的原子序数依次增大，A元素形成的物质种类繁多，其形成的一种固体单质工业上常用作切割工具，则A为C元素；B元素原子的核外p电子数比s电子数少1，则B为N元素；C元素基态原子p轨道有两个未成对电子，则C为O元素；D在周期表的第8纵列，则F为Fe元素。

(1)

碳元素的原子序数为6，基态碳原子的电子排布图为由图可知，该同学所画的电子排布图的2p轨道违背了洪特规则，故答案为：洪特规则；

(2)

基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；基态原子中能量最高的电子是3d轨道上的电子，3d电子云在空间有5个伸展方向，故答案为：5；

(3)

B为N元素，电子排布式为C为O元素，电子排布式为外围电子轨道表示式为铁元素的原子序数为26，铁原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2，铁原子失去3个电子形成铁离子，外围电子排布式为3d5。【解析】(1)洪特规则。

(2)5

(3)10、略

【分析】【分析】

【详解】

I．(1)键是头碰头的方式形成的，而键是以肩并肩的方式形成的；单键都是键，而双键或三键中才含有键；所以只含有σ键的是①②③⑥⑦⑧；既含有σ键又含有π键的是④⑤⑨，故填①②③⑥⑦⑧；④⑤⑨；

(2)原子成键时最外层电子的电子云发生交叠，H原子只有1s电子，形成H2时两个H原子的s轨道重叠形成σ键；故填⑦；

(3)根据价层电子对互斥理论；

NH3的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4；孤电子对数为1，为三角锥形；

H2O的价层电子对数为2+×(6-2×1)=4；孤电子对数为2，为V形；

SO2的价层电子对数为2+×(6-2×2)=3；孤电子对数为1，为V形；

BeCl2的价层电子对数为2+×(2-2×1)=2；孤电子对数为0，为直线形；

CO2的价层电子对数为2+×(4-2×2)=2；孤电子对数为0，为直线形，故填三角锥形；V形、V形、直线形、直线形；

II．(1)Co2+核外25个电子，基态核外电子排布式为[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故填[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；

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，故填平面三角形；

(2)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，故填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；故填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，故填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，故填21。【解析】①.①②③⑥⑦⑧②.④⑤⑨③.⑦④.三角锥形⑤.V形⑥.V形⑦.直线形⑧.直线形⑨.[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7⑩.平面三角形⑪.N⑫.O⑬.N、C、H⑭.sp2⑮.sp3⑯.2111、略

【分析】【详解】

碳纳米管结构类似于石墨晶体，则推知多层碳纳米管的层与层之间靠范德华力结合在一起；四卤化硅SiX4均为分子晶体，范德华力随相对分子质量的增大而增大，所以四卤化硅(SiX4)的沸点按F、Cl、Br、I依次升高。【解析】范德华力四卤化硅SiX4均为分子晶体，范德华力随相对分子质量的增大而增大12、略

【分析】【详解】

根据晶胞图可知，距离Ba2+最近且距离相等的O2-有12个，故Ba2+的O2-配位数是12。距离Ti4+最近且距离相等的O2-有6个，故Ti4+的O2-配位数是6。距离O2-最近且距离相等的Ba2+有4个，故O2-的Ba2+配位数是4。距离Ti4+最近且距离相等的Ba2+有8个，故Ti4+的Ba2+配位数是8。【解析】1264813、略

【分析】【详解】

元素相对原子质量等于各同位素相对原子质量与其丰度之积的和，则碳元素的相对分子质量=12×0.9893+13×0.0107；

(1)Si原子有1s、2s、2p、3s、3p几个能级，Si原子的14个电子排布在5个能级上；与硅元素同周期、其原子核外有2个未成对电子的元素是S，其最外层电子为3s、3p电子，最外层电子排布式为3s23p4；

(2)a．SiO2是原子晶体，没有分子式只有化学式，故a符合题意；

b．SiO2中1个Si原子结合4个O原子，一个O原子连接2个Si原子，故b不符合题意；

c．SiO2是酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，故c不符合题意；

d．SiO2熔沸点较高，属于原子晶体，故d不符合题意；

故选a；

(3)a．Si原子最外层有4个电子，不易失电子也不易得电子，所以难以形成Si4+，故a正确；

b．Si元素和F元素吸引电子能力不同，所以形成极性键，正负电荷重心重合，所以SiF4是有极性键的非极性分子，故b正确；

c．SiF4熔沸点较低，属于分子晶体，故c错误；

d．分子晶体与其相对分子质量成正比，所以相同压强时，SiF4的沸点低于SiCl4，故d错误；

故选ab；

(4)参照Fe3O4的不同写法可知Pb3O4写成两种氧化物的形式为2PbO·PbO2，写成盐的形式为Pb2PbO4；

(5)Pb3O4中Pb的化合价只有+2、+4，再根据化合价代数和等于零，求得Pb的总化合价为+8价，即可确定Pb3O4中有1个+4价、有2个+2价，且+4价的Pb具有强氧化性，能氧化浓盐酸生成C12，本身被还原成+2价Pb，生成PbC12，Pb3O4中1个+4价的Pb降低到+2价，降低2价；HCl(浓)中-1价的Cl上升到0价生成Cl2，总上升2价，所以Pb3O4和Cl2前面的计量数都为1，根据原子守恒配平其它物质前计量数，得方程式为Pb3O4+8HCl(浓)=3PbCl2+Cl2↑+4H2O。【解析】①.12×0.9893+13×0.0107②.5③.3s23p4④.a⑤.ab⑥.2PbO·PbO2⑦.Pb2PbO4⑧.Pb3O4+8HCl→3PbCl2+Cl2↑+4H2O14、略

【分析】【分析】

(1)熔点是物理性质；用分子间作用力解释；键能是化学键的参数之一，用分子内原子间作用力解释；

(2)CS2属于分子晶体；气化时克服的粒子间作用是范德华力；二硫化碳中心原子碳形成四个共价键，两个σ键，两个π键；

(3)HCHO分子中心原子C的价层电子对数为3+=3；由此确定碳的杂化方式。

【详解】

（1）因F的非金属性很强，在HF分子之间存在氢键，HCl、HBr；HI分子之间不存在氢键；HF熔点反常是由于HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多。从F到I，电子层数增大，原子半径增大，与氢原子的作用力减小，键能逐渐减小，这组物质中共价键的键能最大的是HF。故答案为：HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多；HF；

（2）CS2属于分子晶体，气化时克服的粒子间作用是范德华力；二硫化碳中一个硫原子用两个共价键和碳原子相连，两个共价键中有一个是σ键，另一个是π键，所以一个二硫化碳分子中有两个σ键，两个π键，1molCS2中含有2molσ键；含有2molπ键。故答案为：范德华力；2；2；

（3）HCHO分子中心原子C的价层电子对数为3+=3，C原子轨道的杂化类型为sp2。故答案为：sp2。【解析】①.HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多②.HF③.范德华力④.2⑤.2⑥.sp215、略

【分析】【分析】

(1)

Br在元素周期表中处于第四周期第ⅦA族，价电子排布式为

(2)

中N形成4个键，不存在孤电子对，因此价层电子对数为4；杂化轨道类型为中涉及的元素为N、C、H，同一周期从左向右电负性逐渐增大，结合两种元素形成的化合物的价态分析，得知电负性从大到小的顺序为N>C>H；1mol中存在8mol键，9mol键，1mol键，3mol键，共21mol键。

(3)

正四面体构型的配离子中中心原子为Pb，配体分别为同一主族元素，从上到下离子半径依次增大，半径最小的为根据中每个Pb均采用四配位模式，则每个Pb会形成四个配位键，结合化学式判断结构式为

(4)

NaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子化合物，加热达到熔点形成熔融态可以电离出自由移动的离子导电，因此等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同时开始加热，优先导电的是熔点低的物质；NaBr、KBr、RbBr、CsBr熔点呈现递减趋势的原因是均为离子晶体；离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，熔点依次降低。

(5)

三维立方钙钛矿中三种离子在晶胞(a)中占据正方体顶点、面心、体心位置，并且三种离子在面、面、面上的位置相同，推出其晶胞结构为①位于面心，晶胞中的数目为位于顶点，晶胞中的数目为位于体心，晶胞中的数目为1，平均每个晶胞中占有的的数目均为1，若晶胞边长为阿伏加德罗常数的值为则晶胞的体积为晶体的密度为②沿体对角线方向的投影图为选A。【解析】(1)4s24p5

(2)4sp3N>C>H21

(3)Cl-

(4)CsBrNaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子晶体；离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，熔点依次降低。

(5)或A16、略

【分析】【分析】

【详解】

由μ=[n(n+2)]1/2μ0=6.12μ0

得μ=[n(n+2)]1/2=6.12→n2+2n-37.45=0

→(n-5.2)(n+7.2)=0→n=5.2→n≈5【解析】MnC2H6O7P2·5H2O5sp3d2当[Mn2+]》[H4L]时，可形成多核配合物[(H2O)5Mn-H2L-Mn(H2O)5]2+：[(Mn·5H2O)4L]4+等由于HEDPA中磷酸基上的氧比水分子中的氧更易给出孤电子对，对中心离子d轨道的影响更大，因此形成配合物II后，中心离子的晶体场分裂能将增加由于水合离子的摩尔吸收率一般都很低，因此水合配合物的颜色常常较浅。当形成配合物II后，d-d跃迁禁阻部分解除，摩尔吸收率增加，吸收颜色加深三、判断题(共9题，共18分)17、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。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、计算题(共4题，共8分)24、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)由晶胞结构可知，1、3、6、7号O2-围成正四面体空隙有8个3、6、7、8、9、12号O2-围成正八面体空隙，将晶胞补全可知共用一条棱和四个面心与该棱顶点O2-也围成正八面体，而这样的正八面体为4个晶胞共有，晶胞中正八面体数目为1+12×=4，则晶体中正四面体空隙数与正八面体空隙数之比为8∶4=2∶1；Fe3O4中有一半的Fe3＋填充在正四面体空隙中，Fe2＋和另一半Fe3＋填充在正八面体空隙中；有2个正八面体空隙没有填充阳离子，则有50%的正八面体空隙没有填充阳离子，故答案为：2∶1；50；

(2)①由位于右上角顶点的原子A的坐标参数为(0，1，0)可知，晶胞的边长为1，则位于底面面心上的原子B的坐标参数为(0，)，故答案为：(0，)；

②由晶胞结构可知，处于面对角线上的铜镍原子间距离最短，设两者之间的距离为acm，则晶胞面对角线长度为2acm，晶胞的边长为acm，由质量公式可得：解得a=故答案为：【解析】①.2∶1②.50③.(0，)④.25、略

【分析】【分析】

(1)根据均摊法计算出晶胞中含有Y原子个数；再确定化学式；

(2)利用化合物中元素化合价代数和为零求得离子个数比。

【详解】

(1)根据晶胞结构可知：Y在晶胞内，含有Y原子个数为1；Ba原子在晶胞内，含有Ba原子个数为2；Cu原子有位于晶胞顶点上的8个和位于侧棱上的8个，则晶胞中含有Cu原子个数为8×+8×=3；O原子有12个位于晶胞的棱上，8个位于侧面上，含有的O原子个数为12×+8×=7，所以物质的化学式为YBaCu3O7；

(2)设该物质中+2价的Cu离子个数为x；+3价的Cu离子个数为y；根据化合物中元素化合价代数和为零可知：+3+2×2+2x+3y-2×7=0，且x+y=3，解得：x=2，y=1，所以+2价和+3价的Cu离子个数比为2：1。

【点睛】

本题考查了均摊方法在晶体化学式的确定及物质所含元素的不同价态原子个数比的计算。易错之处是(一)不会计算晶胞中氧原子的个数，O原子有两类，一类是位于棱边上，一类是位于侧面上；(二)求Cu2+与Cu3+的个数比，要根据化合物中所有元素化合价代数和等于0分析解答。【解析】①.YBa2Cu3O7②.2：126、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)我们可利用强酸制弱酸的原理比较酸性强弱，根据苯酚钠与碳酸反应生成苯酚和碳酸氢钠可以判断出酸性：苯酚＜碳酸，原因：C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋答案为：＜；C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋

(2)H2O和H2S都形成分子晶体，沸点的高低取决于分子间作用力的大小，若分子间形成氢键，熔沸点会出现反常，水分子间存在氢键，则沸点：H2O＞H2S；答案为：＞；水分子之间存在氢键；

(3)加入AgNO3后，发生如下反应：NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，Na2CO3+2AgNO3=Ag2CO3↓+2NaNO3

设4.350g样品中含有Na2CO3为xmol；NaCl为ymol，则可得以下等量关系式：

①106x＋58.5y＝4.350；②276x＋143.5y＝5.575×2；解得x=0.03mol，y=0.02mol；ω(Na2CO3)==73.10%。答案为：73.10%。

【点睛】

5.575g是从50mL溶液中取出25mL的那部分与AgNO3溶液反应产生的沉淀质量，计算时需注意与原混合物中的x、y相对应。【解析】＜C6H5O-＋CO2＋H2O=C6H5OH＋＞水分子之间存在氢键73.10%27、略

【分析】【分析】

【详解】

在氨硼烷的2×2×2的超晶胞结构中，共有16个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高分别为2apm、2bpm.2cpm，若将其平均分为8份可以得到8个小长方体，则平均每个小长方体中占有2个氨硼烷分子，小长方体的长、宽、高分别为apm、bpm、cpm，则小长方体的质量为小长方体的体积为abc×10-30cm-3，因此，氨硼烷晶体的密度ρ=【解析】五、工业流程题(共2题，共8分)28、略

【分析】【分析】

含钴废料焙烧后活性炭转化为二氧化碳，金属元素转化为相应氧化物；加入盐酸、亚硫酸钠浸取后加入氧化为铁离子，加入碳酸钠调节pH除去铁、铝；滤液加入氟化并调节pH除去钙、镁；滤液加入催化剂萃取出后分液，有机层反萃取出处理后最终得到钴的氧化物；

【详解】

（1）氧化生成氯离子和铁离子，离子方程式：

（2）①则氟化钙溶解度更大，钙离子除尽则需要保证氟离子至少为故为使除尽，必须保持溶液中0.01

②若调节溶液的pH偏低、将会导致沉淀不完全；其原因是pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子；

（3）①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将从滤液中提取到有机层中，然后分液后再反萃取到水层中，实现的提取和富集；

②萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降；

（4）①在空气中加热首先失去结晶水，的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1molA点为0.1mol根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O4；

②钴的一种氧化物的晶胞如图所示，根据“均摊法”，晶胞中含个黑球、个白球，则钴、氧各自周围等距最近的钴、氧原子数目是相同的，以体心白球为例，周围等距最近的白球为12个，故在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有12个。【解析】(1)

(2)0.01pH偏低；氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子。

(3)实现的提取和富集随着pH升高，氢离子浓度减小，平衡正向移动，导致萃取率升高；若pH过高则转化为Co(OH)2沉淀，导致萃取率下降。

(4)在空气中加热首先失去结晶水，的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1molA点为0.1mol根据钴元素守恒，8.03gB中钴为0.1mol，则B中氧为则B中Co、O的物质的量之比为0.1:0.133=3:4，故B点剩余固体产物为Co3O41229、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+半径与有机净化剂网格孔径大小匹配，可形成配位键，而Zn2+不能。

(5)3Zn2++3+3H2O=ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O↓+2CO2↑

(6)Na2SO4+H2SO4Na2S2O8+H2↑

(7)六、有机推断题(共4题，共8分)30、略

【分析】【分析】

（1）有机物和氢气的密度之比等于相对分子质量之比；

（2）浓硫酸可以吸收水，碱石灰可以吸收二氧化碳，根据元素守恒来确定有机物的分子式；

（3）羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，羟基可以和金属钠发生化学反应生成氢气；

（4）核磁共振氢谱图中有几个峰值则含有几种类型的等效氢原子；峰面积之比等于氢原子的数目之比；

（5）根据分析确定A的结构简式。

【详解】

（1）有机物质的密度是相同条件下H2的45倍，所以有机物的相对分子质量为45×2=90，故答案为90；

（2）浓硫酸增重5.4g，则生成水的质量是5.4g，生成水的物质的量是=0.3mol，所含有氢原子的物质的量是0.6mol，碱石灰增重13.