福建泉州实验中学等校2025~2026学年春季册高二期中考试化学试卷（含解析）

/2026年春季高二年期中考试考试科目：化学满分：100考试时间：75分钟可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Ca-40Co-59第Ⅰ卷选择题一、选择题(每个小题只有一个正确答案，每小题3分，共42分)1.福建科研团队利用催化不对称键插入反应，可高效合成具有氮、硼、碳连续手性中心的分子。下列说法正确的是A.硼元素位于元素周期表s区 B.CN-与N2互为等电子体C.催化剂降低反应活化能与焓变 D.中P原子的杂化方式为【正确答案】B【详解】A．硼元素为第ⅢA族元素，价电子排布为，位于元素周期表p区，A错误；B．与的原子总数均为2，价电子总数均为10，二者互为等电子体，B正确；C．催化剂可降低反应活化能，加快反应速率，但不改变反应物和生成物的总能量差，即不改变反应焓变，C错误；D．中P原子的价层电子对数为，杂化方式为，D错误；故选B。2.下列化学用语或图示正确的是A.的晶胞：B.的VSEPR模型：C.邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图：D.CH2=CH2中p-p键的形成过程：【正确答案】D【详解】A．NaCl的晶胞为：，A错误；B．分子中氧有2对成键电子对，2对孤电子对，价层电子对为4，则其VSEPR模型为：，B错误；C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图应为，C错误；D．p-p键为肩并肩形成，电子云图形：，D正确；故选D。3.在溶有15-冠()的有机溶剂中，苄氯()与发生反应：。下列说法正确的是A.离子半径： B.苄氯分子中所有原子可能共平面C.苄氯是非极性分子 D.X中15-冠与间存在离子键【正确答案】A【详解】A．已知一般电子层数越多微粒半径越大，电子层结构相同时，离子半径随原子序数增大而减小，故离子半径：，A正确；B．苄氯分子中含有饱和碳原子，不可能所有原子共平面，B错误；C．苄氯分子含有饱和C原子，且饱和碳原子连有三种不同的基团，分子空间结构不对称，即分子的正、负电荷中心不重合，故芐氯为极性分子，C错误；D．15-冠-5是分子，与阳离子Na+之间不存在离子键，二者通过分子间相互作用形成超分子，D错误；故选A。4.前后两种作用力，前者大的是A.氨分子内与水分子内B.碘分子间与氨分子间C.NaCl离子间与MgO离子间D.金刚石中原子间与石墨晶体中原子间【正确答案】B【详解】A．氨分子内的作用力为共价键，水分子内的作用力为共价键，O的电负性大于N，键键长更短、键能更大，故前者小于后者，A错误；B．碘分子间仅存在范德华力，氨分子间存在范德华力和氢键，范德华力随相对分子质量增大而增大，碘的相对分子质量远大于氨，且常温下碘为固体、氨为气体，说明碘分子间范德华力大于氨分子间作用力，前者大于后者，B正确；C．离子间的作用力为离子键，离子间的作用力为离子键；、的电荷数高于、，且离子半径更小，晶格能更大，因此离子间的离子键强于离子间的离子键，前者小于后者，C错误；D．金刚石中C为杂化，键键长约154pm，石墨中C为杂化，键键长约142pm，键长越短键能越大，故石墨中原子间作用力更大，前者小于后者，D错误；故选B。5.2025年底我国科研团队刊登突破性成果，提出了一种直接脱氨基的全新方法。下列说法错误的是已知：化学环境完全相同的同种原子形成的键为非极性键。A.可水解产生 B.-硝胺中间体中键为非极性键C.小分子为 D.的核磁共振氢谱有4组吸收峰【正确答案】B【详解】A．SOCl2水解反应为：，反应确实生成HCl，A正确；B．N-硝胺中间体结构为吡啶环上–NH–NO2，其中N–N键连接的是：一个与芳环相连的氮（–NH–），一个与两个氧原子相连的氮（–NO2），二者电负性环境不同，化学环境不相同，根据题干定义“化学环境完全相同的同种原子形成的键为非极性键”，该键为极性键，B错误；C．N-硝胺中间体+HCl→2-氯吡啶+H2O+X。N-硝胺中间体为2-(硝基氨基)吡啶，化学式为C5H5N3O2，2-氯吡啶的化学式为C5H4ClN。根据原子守恒，由反应方程式C5H5N3O2+HCl→C5H4ClN+H2O+X，可推得X的化学式为N2O，C正确；D．2-氯吡啶结构中，环上4个氢原子分别位于3、4、5、6位，因Cl取代破坏对称性，四个H化学环境均不同，故出现4组峰。D正确。故选B。6.乙烯是植物激素，可以催熟果实。植物体内乙烯的生物合成反应为：。阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是A.中孤电子对的数目为B.0.1molCO2中π键的数目为0.1C.1mol液态水中所含氢键的数目为2D.理论上消耗，产物中杂化C原子数目为4【正确答案】D【详解】A．计算气体物质的量时，2.24L乙烯未注明是标准状况，无法确定其物质的量；且的C原子中所有价电子都参与成键，分子中没有未成键的孤电子对，A错误；B．结构式为，1个双键含1个σ键和1个π键，因此1个分子共含2个π键，中π键数目为，B错误；C．只有冰中完整氢键结构中，1mol水分子平均含个氢键；液态水中氢键会动态断裂，1mol液态水的氢键数目小于，C错误；D．根据反应式，消耗​时，生成和：结构为，C为杂化；中C为杂化，产物中杂化C原子共，数目为，D正确；答案选D。7.从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是

实例解释A原子光谱是不连续的线状谱原子的能级是量子化的B键角依次减小中心原子杂化方式不同C王水溶解铂浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性D石墨能导电未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动A.A B.B C.C D.D【正确答案】C【详解】A．原子核外电子的能级是量子化的，电子跃迁时只能吸收或释放特定能量的光子，因此原子光谱为不连续的线状谱，A不符合题意；B．中心C为杂化，键角为180°；中心C为杂化，键角接近120°；中心C为杂化，键角为109°28′，三者中心原子杂化方式不同，因此键角依次减小，B不符合题意；C．王水溶解铂的原理是浓盐酸提供，与形成稳定配离子，使Pt更容易被硝酸氧化，并非浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性，C符合题意；D．石墨中C原子采取杂化，未参与杂化的p轨道重叠形成离域大π键，电子可在整个碳原子平面内运动，因此石墨能导电，D不符合题意；故选C。8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，四者组成的一种钠盐结构如下。下列说法正确的是A.基态Y、Z原子的未成对电子数不同B.键长：Z—X键＜W—X键C.第二电离能：D.分子间可形成氢键【正确答案】B【分析】X只形成1个单键，原子序数最小，推得X为H；Y形成4个单键，满足四价结构，原子序数小于Z，推得Y为C；Z可形成双键、单键，原子序数大于Y，推得Z为O；W共形成6个共价键，原子序数最大，短周期中推得W为S。【详解】A．基态C的电子排布为，未成对电子数为2；基态O的电子排布为，未成对电子数也为2，二者未成对电子数相同，A错误；B．原子半径：，所以键长：键＜键，B正确；C．C失去1个电子后为，O失去1个电子后为（p轨道半满稳定结构），因此第二电离能，C错误；D．甲醛（）中所有H都与C成键，没有直接与O相连的活泼H，分子间不能形成氢键，D错误；故选B。9.三种氮氧化物的结构(三种分子中所有原子共平面)如下所示：下列说法正确的是A.氮氮键的键能：N2O3>N2O B.熔点：C.分子的极性：N2O>N2O4 D.的键角：【正确答案】C【详解】A．由图中数据可知，氮氮键的键长：，则氮氮键的键能：，A错误；B．二者均为分子构成的物质，分子间作用力：，熔点：，B错误；C．为对称的平面结构，极性较弱，而结构不对称，正负电荷中心不能重合，属于典型的极性分子，故分子极性：，C正确；D．孤对电子对成键电子的排斥作用大于成键电子之间的排斥作用，结构为，中心原子价层电子对数，中心原子N为杂化，含1对孤对电子，受孤对电子影响，键角略小于120°；而中心原子价层电子对数，价电子数为3，也是杂化，无对孤对电子，没有孤对电子的影响，故键角，D错误；故选C。10.结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是性质差异结构因素A熔点：(306℃)远低于(772℃)晶体类型B溶解度：邻羟基苯甲酸()低于对羟基苯甲酸()分子极性C酸性：H2SO4>H2SO3羟基的极性D键能：键键同种电荷(孤电子对)排斥力A.A B.B C.C D.D【正确答案】B【详解】A．属于分子晶体，属于离子晶体，分子晶体熔点远低于离子晶体，二者熔点差异的结构因素为晶体类型，A匹配正确；B．邻羟基苯甲酸可形成分子内氢键，与水分子形成分子间氢键的能力弱，对羟基苯甲酸可与水分子形成更多分子间氢键，故溶解度更高，二者溶解度差异和分子极性无关，B匹配错误；C．中为价，正电性强于中价的，使中羟基的键极性更强，更易电离出，酸性更强，二者酸性差异的结构因素为羟基的极性，C匹配正确；D．原子半径小于，键长更短，两个原子的孤电子对之间排斥力更大，故键能小于键，二者键能差异的结构因素为孤电子对排斥力，D匹配正确；故选B。11.三氟化氯(ClF3)能发生自耦电离：2ClF3+，其分子的空间构型如图所示。下列推测合理的是A.ClF3分子中所有原子均满足8电子结构B.的空间构型为正四面体C.BrF3比ClF3更难发生自耦电离D.离子中F-Cl-F键角大于87.5°【正确答案】D【详解】A．由图可知ClF3分子中Cl形成三个共价键，还有两对孤对电子，则Cl不满足8电子稳定结构，A错误；B．分子中Cl的价电子对数为，不是正四面体，B错误；C．Br的电负性比Cl弱，则Br-F键比Cl-F键极性大，BrF3更易发生自耦电离，C错误；D．中心原子Cl的价层电子对数为，含有两对孤对电子，空间构型为V形，类似水分子，其F-Cl-F键角大于87.5°，D正确；故选D。12.由丙烯()为原料生产环氧丙烷()的反应机理如图所示。下列说法正确的是A.过程中Ⅱ是催化剂B.过程中有极性键和非极性键的断裂和形成C.过程中元素化合价发生了变化D.丙烯与双氧水反应生成环氧丙烷的原子利用率为100%【正确答案】B【分析】该图表示含Ti的分子筛催化烯烃环氧化反应的过程，波浪线表示含Si的骨架结构。首先，Ti活性中心处于I状态，加入H2O2后，H2O2与Ti配位，形成活化的Ti—过氧物种Ⅱ；随后过氧键进一步活化，形成具有较强氧化性的过氧钛中间体Ⅲ。烯烃进入后，与该活性氧物种发生氧转移反应，碳碳双键被氧化生成环氧化物，同时Ti中心转变为带有水分子的Ⅳ状态；最后脱去H2O，催化剂恢复到I状态，完成一个催化循环。因此，整个过程的核心是H2O2在Ti活性中心上被活化，再把氧原子转移给烯烃生成环氧化物，而Ti物种本身在反应前后再生，起催化作用，据此分析。【详解】A．根据反应原理，Ⅰ先消耗再生成，是整个历程的催化剂，Ⅱ先生成，再消耗，是中间产物，A错误；B．反应中断裂的键有丙烯中C=C非极性键、H2O2中O-O非极性键及O-H极性键，形成的键为环氧丙烷中C-O极性键和O2中O-O非极性键，B正确；C．过程中Ti的化学键(Ti-O)始终是4个，配位键不会改变Ti的化合价，故Ti元素的化合价不变，C错误；D．反应生成了H2O，存在H2O2的分解反应，原子利用率小于100%，D错误；故答案选B。13.的立方晶胞如图所示。Al与O的最小间距大于Co与O的最小间距，m、n为整数，设晶胞的边长为apm。下列说法错误的是A.表示CoB.C.1号原子与2号原子之间的距离为D.基态Co2+价电子排布式为3d7【正确答案】C【分析】由图可知，白球（○）位于面心：共6个，每个贡献1/2，总计3个原子，黑球（●）位于顶点：共8个，每个贡献1/8，总计1个原子，斜线球（）位于体心：共1个，则白球（○）为

O，题目指出“Al与O的最小间距大于Co与O的最小间距”，说明Co离O更近，而Al离O更远。晶胞中斜线球标记的3号原子位于体心，距离O原子的距离为，顶点的黑球距离O原子的距离为，故斜线球（）表示Co，黑色球表示Al，白色球表示O，据此分析【详解】A．由分析知，斜线球（）表示Co，A正确；B．由分析知，晶胞中含有Al:1个，Co:1个，O:3个，化学式为

，，故

，B正确；C．假设2号顶点原子的分数坐标为，则1号面心原子的分数坐标为，1号原子与2号原子之间的距离为，C错误；D．Co原子序数27，基态电子排布：[Ar]3d74s2，Co2+失去两个4s电子，价电子排布为

3d7，D正确；；故选C。14.是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价原子。下列说法不正确的是A.晶胞中的配位数4B.晶胞中图中a点原子坐标为则b点坐标为C.每个晶胞中0价原子个数为D.放电过程，当转化为时，电极反应式为：【正确答案】C【详解】A．晶胞中位于Se2+形成的四面体空隙内，的配位数为4，故A正确；B．根据图示，晶胞中图中a点原子坐标为，则b点坐标为，故B正确；C．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜的个数为(4-4x)，故C错误；D．放电过程，当转化为时，根据电荷守恒，电极反应式为：，故D正确；选C。第Ⅱ卷非选择题二、填空题(共58分)15.化学兴趣小组从粗品中分离提纯有机物M(只含C、H、O三种元素)，然后借助李比希法、现代科学仪器测定有机物M的分子组成和结构，具体实验过程如下：步骤一：将粗品用蒸馏法进行纯化。（1）蒸馏装置如图1所示，图中虚线框内应选用右侧的仪器_______(填“x”或“y”)，该仪器使用时冷水从_______口进(填数字)。步骤二：确定M的实验式和分子式元素分析是有机化合物的表征手段之一、按下图实验装置(部分装置略)对M进行C、H元素分析。（2）将装有样品M的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先通入氧气，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，检查装置气密性后进行实验。c和d中的试剂分别是_______、_______(填标号)。①无水

②NaCl

③碱石灰④浓硫酸（3）Pt坩埚中样品M反应完全后，熄灭燃煤气灯，继续通入氧气至石英管冷却至室温。取下c和d管称重。若样品M为0.88g，实验结束后，c管增重0.72g，d管增重1.76g。有机物M的质谱图如图1所示。则M的分子式为_______。步骤三：确定M的结构简式。（4）用核磁共振仪测出M的核磁共振氢谱如图2所示，图中峰面积之比为1：3：1：3；利用红外光谱仪测得M的红外光谱如图3所示；M的结构简式为_______。M含有的官能团名称为_______，M分子中含有的手性碳原子数为_______个。（5）①M与_______同系物(填“是”或“不是”)。②分子中C-C=O键角_______C-C-C键角(填“>”或“＜”或“=”)；③有机反应历程中，会形成不稳定的中间体。下列一些微粒中，碳原子必在同一平面的是_______(填字母序号)。a．b．c．d．【正确答案】（1）①.y②.3（2）①.①②.③（3）（4）①.CH3COCH(OH)CH3(，或其他合理答案)②.羰基、羟基③.1（5）①.不是②.>③.bd【分析】步骤一：蒸馏装置中需要冷凝热蒸气，仪器x是球形冷凝管，不能用于蒸馏装置中冷却蒸发逸出的气态物质；步骤二：有机物被氧化产生、，要测定其元素组成，应该先吸收反应产生的水分，再吸收，根据两个装置增加质量确定、的质量，判断有机物中H、C元素的质量，进而确定物质M的实验式；为减少实验误差，要先点燃b处的灯，再点燃a灯；U型管中只能盛装固体吸收剂，通入既可以使氧化物氧化，也可以排出装置的空气，在反应最后也可以将反应产物全部赶入吸收装置，以减少实验误差；根据有机物M的质量及c管增重为水的质量，d管增重为的质量，确定有机物的实验式，结合M的质谱图确定其相对分子质量，进一步确定其分子式；利用核磁共振氢谱图、红外光谱图确定其分子结构。【小问1详解】蒸馏操作需要直形冷凝管，球形冷凝管（x）一般用于回流，因此选y；冷凝管冷却水遵循“下进上出”，y的下口是3，因此冷水从3口进入；【小问2详解】李比希法测定C、H元素，需要先吸收燃烧生成的水，再吸收二氧化碳，U型管中装固体干燥剂，因此c中用无水​吸收水，d中用碱石灰吸收二氧化碳，故选①③；【小问3详解】计算得：，；，；，，，实验式为，相对分子质量为44，M质谱图最大质荷比为88，即相对分子质量为88，因此M的分子式为；【小问4详解】核磁共振氢谱峰面积比，说明分子中有4种氢；红外显示含和，因此结构为，官能团为羟基和羰基；只有连羟基的碳原子连接4个不同基团，为手性碳，因此手性碳原子数为1；【小问5详解】①同系物要求结构相似，分子组成相差个​，M：和官能团数目不同结构不相似，因此不是同系物；②羰基碳原子为杂化，键角接近，饱和碳原子为杂化，键角接近，因此键角大于键角；③a．中心饱和碳原子为杂化，形成类似四面体结构，其所连碳原子不可能都共面，a不符合题意；b．碳正离子中心碳为杂化，平面三角形，三键为直线形，所有碳原子共面，b符合题意；c．碳负离子中心为杂化，三角锥形，三个甲基碳原子不共面，c不符合题意；d．双键碳原子均为杂化，所有碳原子都在双键平面，d符合题意；故答案选bd。16.乙二胺四乙酸(简称EDTA)是分析化学中广泛应用的配位滴定试剂，其结构如图所示。（1）EDTA的组成元素中电负性最大的是_______(填元素符号)。（2）NF3分子的空间构型为_______。（3）EDTA在水中的溶解性大于相对分子质量相近的烃类，从微粒间相互作用的角度解释其原因_______。（4）EDTA在使用时经常制成钠盐，EDTA钠盐的阴离子可与多种金属离子形成配合物，如Fe2+-EDTA，结构如图。①x=_______。②Fe2+-EDTA中，中心离子的配位数是_______。③相较于EDTA，Fe2+-EDTA中C—N键极性会_______(填“增大”“减小”或“不变”)。④pH偏低时，EDTA钠盐阴离子的配位能力会减弱，原因是_______。（5）EDTA的钠盐常用于水中金属离子的测定，相关反应及平衡常数表达式如下(电荷已省略)：M+EDTAEDTA-M

K稳EDTA-M=。已知：K稳EDTA-Ca=5×1010，K稳EDTA-Al=1.3×1016。①在c(Ca2+)、c(Al3+)接近的混合溶液中用EDTA的钠盐进行配位滴定，优先被结合的阳离子是_______。②已知Al3++6F-=[AlF6]3-K稳=1.0×1020.实验小组利用如下方法选择滴定Ca2+、Al3+混合溶液中的Ca2+含量，操作如下：I．向50mL混合溶液中加入适量NH4F，再调节溶液pH，加入几滴指示剂。Ⅱ．滴加0.020mol/LEDTA溶液，多次实验平均消耗EDTA溶液50.00mL。(Ca2+与EDTA按物质的量比为1：1反应)。加入NH4F的作用是_______；该50mL混合溶液中含Ca2+_______mg。【正确答案】（1）O（2）三角锥形（3）EDTA中含有羧基和N原子，能与水形成氢键（4）①.2②.6③.增大④.N与H+结合后，失去配位能力；—COO-转化为—COOH，配位能力减弱（5）①.Al3+②.掩蔽Al3+，防止其与EDTA反应，干扰Ca2+含量的测定③.40【小问1详解】EDTA的组成元素为C、H、O、N，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，电负性顺序为，因此电负性最大的是O【小问2详解】中心N原子的价层电子对数为，含1对孤电子对，因此空间构型为三角锥形；【小问3详解】EDTA中含有的羧基、N原子，可与水分子形成氢键，且EDTA是极性分子，符合相似相溶规律，因此溶解度远大于相对分子质量相近的非极性烃类；【小问4详解】①EDTA阴离子共4个羧基完全电离，带4个负电荷，中心带2个正电荷，总电荷为，因此；②从结构可知，2个N原子和4个O原子都与形成配位键，因此配位数为6；③N原子的孤对电子向偏移形成配位键后，N对C-N键电子对的吸引力增强，电子对更偏向N，因此C-N键极性增大；④pH偏低即浓度大，会与EDTA阴离子的N/O结合，占据孤对电子，无法形成配位键，因此配位能力减弱；【小问5详解】①​越大，配合物越稳定，越易生成，，因此优先结合；②滴定时，会干扰测定，加入可使转化为稳定的，掩蔽，消除干扰；与EDTA1:1反应，，质量为。17.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：（1）Zn元素在周期表中的位置是第四周期_______族。（2）第一电离能I1(Zn)_______I1(Cu)(填“>”或“＜”或“=”)。（3）下表为锌卤化物的熔点和溶解性。

ZnF2ZnCl2ZnBr2ZnI2熔点/℃872275394446在乙醇、乙醚中溶解性不溶溶解溶解溶解①ZnF2不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能溶，原因是_______。②ZnCl2可以和高浓度Cl-形成[ZnCl4]2-，试判断相同条件下氧化性：[ZnCl4]2_______Zn2+(填“>”或“＜”或“=”)。（4）“金属有机框架”(MOF)是三维材料，MOF-5晶体中，对苯二甲酸(BDC)作为有机配体，与无机基团[Zn4O]6+连接。MOF-5晶体属于立方晶系，如图所示，其晶胞由8个结构相似的重复单元构成。①[Zn4O]6+中O原子的杂化轨道类型为_______。②确定该晶体结构可用的仪器分析技术是_______。a．红外光谱法b．质谱法c．X射线衍射法d．紫外可见光光谱法③每个重复单元中BDC2−的个数为_______。④已知[Zn4O]6+与BDC2−的摩尔质量分别为和，阿伏加德罗常数为NA，MOF-5晶体的密度为_______。()（5）Zn(CH3COO)2可与2-甲基咪唑()金属有机框架材料。①设为阿伏加德罗常数的值，1mol中的键数目为_______。②2-甲基咪唑()中原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。a．2s轨道

b．2p轨道

c．sp杂化轨道

d．杂化轨道③、、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_______。【正确答案】（1）ⅡB（2）>（3）①.ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小②.＜（4）①.②.c③.3④.（5）①.②.d③.【小问1详解】Zn的原子序数为30，核外电子排布为，最高能层为第4层，所以在第四周期；价电子层表现为，属于副族元素中的ⅡB族，因此答案为第四周期ⅡB族；【小问2详解】第一电离能比较的是气态原子失去一个电子的难易程度。Zn的价电子排布为，具有全充满的稳定结构，失去电子相对更困难；Cu的价电子排布为，最外层只有一个4s电子，较容易失去。因此Zn的第一电离能大于Cu，即；【小问3详解】①ZnF2不溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能溶解，主要与化学键类型和极性有关。ZnF2中Zn2+和F-之间离子键特征较强，晶格能较大，属于离子化合物，难溶于极性较弱的有机溶剂；而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2中共价键成分较明显，分子极性较小，更容易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，所以答案为ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小；②ZnCl2可与高浓度Cl-形成配离子，此时Zn2+被配位稳定，溶液中自由Zn2+浓度降低，得到电子的能力减弱，因此氧化性比游离的Zn2+弱。所以同条件下氧化性为。【小问4详解】①中中心O原子与多个Zn原子成键，周围有4个成键方向，空间构型可近似看作四面体结构，因此中心O原子的杂化轨道类型为sp3杂化。这里不是sp或sp2，因为不是直线型或平面三角型，而是四面体取向；②确定MOF-5晶体结构最常用、最直接的仪器分析方法是X射线衍射法，a．红外光谱主要用于判断官能团，a错误；b．质谱主要用于测相对分子质量或碎片信息，b错误；c．晶体中原子或离子的空间排列通常依靠X射线衍射确定，c正确；d．紫外可见光谱主要研究电子跃迁，d错误；故答案选c；③由图中MOF-5晶胞的重复单元可知，1个重复单元中含有1个基团，同时需要3个配体来平衡电荷：带+6价，每个带-2价，3个刚好为-6，所以每个重复单元中的个数为3；④每个重复单元中含有1个和3个，其摩尔质量为，单个重复单元的质量为g。晶胞边长为nm，换算成cm为cm，体积为cm3，所以密度为，因此答案为；【小问5详解】①2-甲基咪唑分子中含有咪唑环和一个甲基。1个分子中环上有5个σ键，甲基与环之间有1个C-Cσ键，此外还有3个C-H、2个环上C-H和1个N-H，共6个C-H和N-Hσ键，因此一个分子共有个σ键。1mol该物质中含有的σ键数为​；②图中带星号的N原子为sp2杂化，其孤电子对位于sp2杂化轨道上，在环平面内，不参与环的共轭体系，因此答案选d；③碱性强弱与N原子上电子云密度有关，电子云密度越大，越容易接受H+，碱性越强；若取代基具有吸电子作用，会降低N原子电子云密度，使碱性减弱。-CH3为供电子基，可增强碱性；-Cl具有吸电子效应，会降低N原子电子云密度，因此碱性最弱的是。18.一种从废旧三元锂离子电池正极材料LiNixCoyMnzO2(简写为LiMO2)中分离出镍和钴的工艺流程如图。（1）LiNixCoyMnzO2中Ni、Co、Mn化合价相同，且x＋y＋z=1，则Co的化合价为_______。（2）①“沉锰”过程中过硫酸铵中的过硫酸根离子将Mn2＋转化为MnO2，据此推测过硫酸根离子的结构是_______。(填标号)a．b．c．

d．②锰能形成多种化合物如、、，其中磁矩最大的是_______。(已知，其中n为金属离子核外的单电子数)（3