15.选择性必修2 第三章 晶体结构与性质-高中化学·2025年高考真题分类

【 高中化学 】 2025年高考真题-按章分类 选择性必修2 第三章 晶体结构与性质 35个单选题 + 0个多选题 + 18个解答题 ---- 教 师 版 ---- 一、单选题 1.(2025高考·江西)晶格中的O被去除，产生一个氧空位()，相对原点的分数坐标为，则图中的分数坐标分别为( ) A. B. C. D. 1.D 由晶胞结构可知，相对原点的分数坐标为，则坐标原点为，位于面心，位于底面面心的分数坐标为，位于侧面面心的分数坐标为，选D。 2.(2025高考·浙江)能代表化合物的结构片段如图(氢原子未画出)，下列有关该化合物的描述不正确的是( ) A.图中球①代表原子团 B.该化合物易溶于水 C.作还原剂时，该化合物释放 D.氮原子上没有孤电子对，晶体中不存在氢键 2.D 可表示为，其中①号氮原子要提供孤对电子与形成配位键，而结构中无孤对电子，故①表示，A正确。该化合物属于可溶性盐，且可与水形成氢键，因此易溶于水，B正确。作还原剂时，化合价升高转化为N2和，因此该化合物释放，C正确。中①号氮原子与Zn2+形成配位键，旁边的氮原子与形成配位键，因此氮原子上没有孤电子对，但中含有氧原子，晶体中存在氢键，D错误。 3.(2025高考·四川)生产磷肥时，利用纯碱溶液吸收的反应如下：。下列说法错误的是( ) A.中含有配位键 B.和都是由极性键构成的极性分子 C.和晶体分别为分子晶体和共价晶体 D.的模型和空间结构都为平面三角形 3.B Na2SiF6的阴离子中有Si提供空d轨道，F-提供孤对电子形成的配位键，A正确。SiF4中心原子Si的价层电子对数是，无孤对电子，为正四面体结构，分子对称，属于非极性分子；H2O为极性分子，B错误。CO2晶体为分子晶体(分子间作用力)，SiO2为共价晶体(原子间共价键)，C正确。中心原子C的价层电子对数是，无孤对电子，VSEPR模型为平面三角形，实际空间结构也为平面三角形，D正确。 4.(2025高考·四川)的四方晶胞(晶胞参数，省略中的氧，只标出)和的立方晶胞如图所示，为阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是( ) A.晶胞中1位的分数坐标为 B.晶胞中2位和3位的核间距为 C.晶胞和晶胞中原子数之比是 D.晶体密度小于晶体密度 4.D 根据图示，晶胞中1位位于晶胞的棱角，其分数坐标为，故A正确。2位坐标为(a，a，1.7a)，3位坐标为(0，0，3.4a)，核间距：apm，B正确。晶胞中原子个数为：，晶胞中原子个数为：(省略中的氧，只标出，所以一起计算的原子)，晶胞和晶胞中原子数之比是，C正确。晶体密度计算公式为：，晶体密度为： ，晶体密度为：，晶体密度大于晶体密度，D错误。 5.(2025高考·湖南)掺杂的铋酸钡具有超导性。替代部分形成(摩尔质量为)，其晶胞结构如图所示。该立方晶胞的参数为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A.晶体中与铋离子最近且距离相等的有6个 B.晶胞中含有的铋离子个数为8 C.第一电离能： D.晶体的密度为 5.A 铋离子位于顶点，与其最近且距离相等的位于棱心，有6个，分别位于上下、前后、左右，A正确。晶胞中含有的铋离子个数为个，B错误。Ba是碱土金属，金属性强于Ca，其易失电子，第一电离能小于O，C错误。晶胞中Ba或K位于体心，个数为总和1，位于棱心，有，所以晶胞的质量是，晶胞体积是，则晶体的密度是：，D错误。 6.(2025高考·湖南)下列有关物质性质的解释错误的是( ) 性质 解释 A 酸性： 是推电子基团 B 熔点： 的体积大于 C 熔点： 比的金属性弱 D 沸点： 分子间存在氢键 A.A B.B C.C D.D 6.C 是推电子基团，使乙酸中羟基的极性减弱，酸性弱于甲酸，A正确。的体积大于，导致其硝酸盐的晶格能较低、熔点更低，B正确。Fe熔点高于Na是因金属键更强，而不是因为Fe的金属性比钠弱，金属性是金属失电子的能力，与金属熔点无关，C错误。分子间氢键使其沸点反常高于，D正确。 7.(2025高考·重庆)某兴趣小组探究沉淀的转化。将2mL 0.1mol·L-1 AgNO3溶液与同浓度同体积的NaCl溶液混合，得悬浊液1，然后进行如下实验。下列叙述错误的是( ) A.溶液1中 B.溶液2中 C.溶液3中 D.上述实验可证明 7.C 溶液1中主要溶质是，同时由于存在溶解平衡：，还存在极少量的，选项中满足电荷守恒关系，A正确。根据元素守恒可知，若不水解，则，但会水解生成其他含银的微粒，故，B正确。溶液3中可能存在氨水过量的情况，不能得出的结论，C错误。由实验操作可知，存在转化，由此说明AgI更难溶，故可得出结论，D正确。 8.(2025高考·重庆)化合物X的晶胞如图所示，下列叙述正确的是( ) A.X中存在键 B.X属于混合型晶体 C.X的化学式可表示为 D.X中C原子上有1对孤电子对 8.C C、N均以单键连接，晶胞中不含π键，A错误。晶胞内只存在共价键，不是混合型晶体，B错误。由分析可知，晶胞化学式为，C正确。位于面心的C原子，与周围4个氮原子(位于两个晶胞内)相连，其配位数为4，不存在孤对电子，D错误。 9.(2025高考·湖北)N和P为同主族相邻元素。下列关于物质性质或现象的解释错误的是( ) A.的熔点比的低，因为的离子键更强 B.磷单质通常不以形式存在，因为磷磷之间难以形成三键 C.次磷酸比硝酸的酸性弱，因为前者的键极性小 D.P形成而N形成，因为P的价层电子轨道更多且半径更大 9.A 熔点的差异源于离子键的强度。中带3个负电荷，而中只带1个负电荷；离子电荷越高，静电引力越强，离子键越强，熔点越高。因此，的离子键比更强，A错误。氮因原子半径小，p轨道有效重叠，能形成稳定的N≡N三键；磷原子半径大，p轨道重叠差，难以形成稳定的P≡P三键，因此倾向于形成四面体结构，B正确。含氧酸的酸性与O-H键极性有关。中心原子电负性越高，O-H键极性越大，越易解离；氮电负性高于磷，因此中O-H键极性大，酸性强；中P电负性低，O-H键极性小，酸性弱，C正确。氮价层仅有2s和2p轨道，的中心原子N形成杂化后有3个键和1个孤对电子；磷有3d轨道可参与杂化，且原子半径大，能容纳5个配体，故形成，D正确。 10.(2025高考·湖北)晶胞是长方体，边长，如图所示。下列说法正确的是( ) A.一个晶胞中含有4个O原子 B.晶胞中分子的取向相同 C.1号和2号S原子间的核间距为 D.每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有4个 10.D 由晶胞图可知，SO2分子位于长方体的棱心和体心，1个晶胞中含(12×+1)个SO2分子，含有8个O原子，A错误。由图可知晶胞中SO2分子的取向不完全相同，如1和2，B错误。1号和2号S原子间的核间距离为上、下面面对角线的一半，即pm，C错误。以体心的S原子为例，由于a≠b≠c，每个S原子周围与其等距且紧邻(距离最小)的S原子有4个，D正确。 11.(2025高考·湖北)下列关于物质性质或应用解释错误的是( ) 选项 性质或应用 解释 A 石蜡油的流动性比水的差 石蜡油的分子间作用力比水的小 B 溶于水显碱性 可结合水中的质子 C 可以氧化 中O显正电性 D 石墨作为润滑剂 石墨层间靠范德华力维系 A.A B.B C.C D.D 11.A 石蜡油的成分主要是高碳烷烃，相对分子质量大，分子间作用力大，导致粘度大，因此石蜡油流动性比水小的原因是分子间作用力比水分子间作用力大，A错误。NH3中N有一对孤电子，能与水提供的H+结合，从而释放OH-，因此NH3溶于水显碱性，B正确。F的电负性大于O，OF2中F显负电性，O显正电性，H2O中O显负电性，H2O中O容易转移电子给OF2中O，因OF2可以氧化H2O，C正确。石墨是层状结构，石墨层间靠范德华力维系，范德华力较弱，导致层与层之间容易滑动，故石墨具有润滑性，D正确。 12.(2025高考·广东)由结构不能推测出对应性质的是( ) 选项 结构 性质 A 的VSEPR模型为平面三角形 具有氧化性 B 钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量变化不同 钾和钠的焰色不同 C 乙烯和乙炔分子均含有键 两者均可发生加聚反应 D 石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子，可在整个碳原子平面中运动 石墨具有类似金属的导电性 A.A B.B C.C D.D 12.A SO3的VSEPR模型为平面三角形，反映其分子几何结构，但氧化性由硫的高价态(+6)决定，与结构无直接关联，A入选。钾和钠原子结构差异导致电子跃迁能量不同，焰色不同，结构与性质对应合理，B不选。乙烯和乙炔均含π键，π键断裂是加聚反应的基础，结构与性质对应合理，C不选。石墨层中离域p电子使其导电，结构与性质对应合理，D不选。 13.(2025高考·广东)声波封印，材料是音乐存储技术的基础。下列说法错误的是( ) A.制作黑胶唱片使用的聚氯乙烯，其单体是 B.磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成，具有磁性 C.光碟擦写过程中材料在晶态和非晶态间的可逆转换，涉及物理变化 D.固态硬盘芯片常使用单晶硅作为基础材料，单晶硅是一种共价晶体 13.A 聚氯乙烯的单体应为氯乙烯(CH2=CHCl)，而选项中的CH3CH2Cl是氯乙烷，单体错误，A错误。四氧化三铁(Fe3O4)具有磁性，常用于磁带制作，B正确。光碟擦写时晶态与非晶态转换属于物理变化(无新物质生成)，C正确。单晶硅为共价晶体(原子晶体)，固态硬盘芯片使用单晶硅，D正确。 14.(2025高考·广东)在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构(如图)形似梅花。下列关于该多烯环配合物说法正确的是( ) A.键是共价键 B.有8个碳碳双键 C.共有16个氢原子 D.不能发生取代反应 14.A C和H原子间通过共用电子对形成的是共价键，A正确。该配合物具有芳香性，存在的是共轭大π键，不存在碳碳双键，B错误。根据价键理论分析，该物质有10个H原子，C错误。大π键环上可以发生取代反应，D错误。 15.(2025高考·北京)为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法不正确的是( ) A.①中浓盐酸促进平衡正向移动 B.由①到②，生成并消耗 C.②、③对比，说明：②>③ D.由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也无明显变化 15.D ①中滴加数滴浓盐酸，试管溶液黄色加深，生成更多的，说明浓盐酸促进平衡正向移动，A正确。由①到②，溶液变为红色，说明转化为，即生成并消耗，B正确。②、③溶液中，均存在平衡，由于温度不变，故该反应的平衡常数不变，由于②、③溶液中含有的初始浓度相同，且②溶液为红色，③溶液为无色，故能说明：②>③，C正确。类似C选项分析，由①→④推断，溶液中的是越来越小的，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，无法确定①中溶液中的的含量是否能够氧化I-，D错误。 16.(2025高考·云南)是优良的固态电解质材料，取代部分后产生空位，可提升传导性能。取代后材料的晶胞结构示意图(未画出)及其作为电解质的电池装置如下。下列说法错误的是( ) A.每个晶胞中个数为12 B.该晶胞在yz平面的投影为 C.取代后，该电解质的化学式为 D.若只有发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的数目相等 16.C 由晶胞结构可知，Sc原子分布在晶胞的8个棱心和4个面心，由均摊法算出其原子个数为，由晶体的化学式可知，O原子的个数是Sc的3倍，因此，每个晶胞中O2-个数为12，A正确。由晶胞结构可知，该晶胞在yz平面的投影就是其前视图，B正确。Ce4+ 取代La3+后，Li+数目减小并产生空位，因此，根据化合价的代数和为0可知，取代后该电解质的化学式为，C错误。Li+与电子所带的电荷数目相同，只是电性不同，原电池中内电路和外电路通过的电量相等，因此，若只有Li+发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的Li+数目相等，D正确。 17.(2025高考·云南)Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是( ) A.是两性氢氧化物 B.和的晶体类型相同 C.中Be原子的杂化方式为 D.与反应： 17.B 由图中转化信息可知，既能与盐酸反应生成盐和水，又能与氢氧化钠反应生成盐，因此其是两性氢氧化物，A正确。由题中信息可知，的熔点远远高于的，因此不可能是分子晶体，而的熔点和沸点均较低，其为分子晶体，因此两者的晶体类型不相同，B错误。中 Be 原子与4个羟基形成4个σ键，没有孤电子对，只有4个成键电子对，因此，其杂化方式为 sp3，C正确。中的Be化合价为+2，C的化合价为-4，因此其与反应生成和，该反应的化学方程式为，D正确。 18.(2025高考·江苏)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.苄氯是非极性分子 B.电负性： C.离子半径： D.X中15-冠与间存在离子键 18.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，故苄氯为极性分子，A错误。同主族元素从上到下电负性逐渐减小，故电负性：，B错误。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：，C正确。15-冠-5是分子，与阳离子之间不存在离子键，二者通过非共价键形成超分子，D错误。 19.(2025高考·陕晋青宁卷)一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶胞密度为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是( ) A.沿晶胞体对角线方向的投影图为 B.和B均为杂化 C.晶体中与最近且距离相等的有6个 D.和B的最短距离为 19.A 由晶胞图可知，晶胞中Ag位于体心，B位于顶点，C、N位于体对角线上，沿晶胞体对角线方向投影，体对角线上的原子投影到中心(重叠)，其余6个顶点原子分别投影到六元环的顶点上，其他体内的C、N原子都投影到对应顶点原子投影与体心的连线上，则投影图为，A错误。Ag位于体心，与周围4个N原子原键，价层电子对数为4，且与4个N原子形成正四面体，则Ag为杂化；由晶胞中成键情况知，共用顶点B原子的8个晶胞中，有4个晶胞中存在1个C原子与该B原子成键，即B原子的价层电子对数为4，为杂化，B正确。晶胞中Ag位于体心，与最近且距离相等的就是该晶胞上、下、左、右、前、后6个相邻的晶胞体心中的原子，为6个，C正确。B位于顶点，其个数为，Ag、C、N均位于晶胞内，个数分别为1、4、4，由晶胞密度可知晶胞参数a=，和B的最短距离为体对角线的一半，即，D正确。 20.(2025高考·陕晋青宁卷)下列对物质性质的解释错误的是( ) 选项 物质性质 解释 A 氯化钠熔点高于氯化铯 氯化钠离子键强于氯化铯 B 碘易溶于四氯化碳 碘和四氯化碳都是非极性分子 C 草酸氢钠溶液显酸性 草酸氢根离子水解程度大于电离程度 D 离子液体导电性良好 离子液体中有可移动的阴、阳离子 A.A B.B C.C D.D 20.C 氯化钠中的钠离子半径(Na+)比氯化铯中的铯离子半径(Cs+)小，离子键强度更大，因此熔点更高，解释正确，A正确。碘和四氯化碳均为非极性分子，符合“相似相溶”原理，解释正确，B正确。草酸氢钠溶液显酸性是因为草酸氢根(HC2O)的电离程度(释放H+)大于水解程度(生成OH⁻)，解释错误，C错误。离子液体的导电性源于其内部可自由移动的阴、阳离子，解释正确，D正确。 21.(2025高考·河北)是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，在航空航天等领域中获得重要应用。的六方晶胞示意图如下，晶胞参数、，M、N原子的分数坐标分别为、。设是阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是( ) A.该物质的化学式为 B.体心原子的分数坐标为 C.晶体的密度为 D.原子Q到体心的距离为 21.D 由晶胞图知，白球位于体心，晶胞中数目为1，黑球位于顶角、棱心、体内，六方晶胞上下表面中一个角60°，一个角为120°，晶胞中数目为，结合题意知，白球为Sm、黑球为Co，该物质化学式为，A正确。体心原子位于晶胞的中心，其分数坐标为，B正确。每个晶胞中含有1个“”，晶胞底面为菱形，晶胞体积为，则晶体密度为，C正确。原子Q的分数坐标为，由体心原子向上底面作垂线，垂足为上底面面心，连接该面心与原子Q、体心与原子Q可得直角三角形 则原子Q到体心的距离，D错误。 22.(2025高考·河南)自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氦气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量(x为整数)。 下列说法正确的是( ) A. B.第一电离能： C.该化合物中不存在离子键 D.该化合物中配位数与配体个数相等 22.A 该化合物在氦气的气氛中加热，先失去CH3OH，若x=1，CH3OH的质量分数为，结合图像可知，该化合物中x=1，A正确。同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>C，B错误。该化合物中，配离子与之间为离子键，故C项说法错误。该化合物中，根据O、N原子成键数可知，O-Fe为共价键，N-Fe为配位键，配位数为与中心原子或离子键合的原子总数，因此配位数为6，配体为与中心原子或离子形成配位键的分子或离子个数，因此配体个数为2，D错误。 23.(2025高考·河南)某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是( ) A.②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B.③中现象说明配体与的结合能力： C.④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D.若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 23.D ②中沉淀为，④中沉淀为，二者不是同一物质，A正确。③中含有的溶质为，Cu2+与NH3中N原子形成配位键，而未与H2O中O形成配位键，说明配体结合能力：NH3>H2O，故B项说法正确。为离子化合物，属于强极性物质，乙醇属于极性相对低的有机物，向的水溶液中加入乙醇，扩大了溶质与溶剂的极性差，使得在水溶液中析出，即在乙醇中的溶解度小于在水中，C正确。由于⑥中溶液呈黄绿色是由于含有，因此向⑤中加入稀硫酸无法得到黄绿色溶液，D错误。 24.(2025高考·河南)我国科研人员合成了一种深紫外双折射晶体材料，其由原子序数依次增大的五种短周期元素和Z组成。基态X原子的s轨道中电子总数比p轨道中电子数多所在族的族序数等于Q的质子数，基态Y和Z原子的原子核外均只有1个未成对电子，且二者核电荷数之和为Q的4倍。下列说法正确的是( ) A.为极性分子 B.为共价晶体 C.原子半径： D.1个分子中有2个键 24.D BF3为平面正三角形结构，结构对称，属于非极性分子，A错误。NaF是离子晶体，B错误。同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径C＜Li＜Na，C错误。N2分子中含有三键，所以含有2个π键，D正确。 25.(2025高考·甘肃)我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构式如图a)，该分子和客体分子可形成主客体包合物：被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。下列说法错误的是( ) A.主体分子存在分子内氢键 B.主客体分子之间存在共价键 C.磺酸基中的S—O键能比小 D.和中N均采用杂化 25.B 主体分子内羟基与磺酸基相邻较近，磺酸基中含有羟基的结构，可以形成分子内氢键，A正确。主体与客体间通过非共价键形成超分子，B错误。已知单键的键能小于双键，则S-O的键能比S=O键能小，C正确。N原子价电子数为5，中N有4条键，失去1个电子形成阳离子，无孤对电子，采用sp3杂化，中N有3条键，1对孤对电子，价层电子对数为4，采用sp3杂化，D正确。 26.(2025高考·甘肃)物质的结构决定性质，下列事实与结构因素无关的是( ) 选项 事实 结构因素 A K与Na产生的焰色不同 能量量子化 B 的沸点高于 分子间作用力 C 金属有良好的延展性 离子键 D 刚玉的硬度大，熔点高 共价晶体 A.A B.B C.C D.D 26.C 焰色反应的本质是电子跃迁释放特定波长的光，不同元素的原子能级(能量量子化)导致焰色差异，结构因素正确，A不选。SiH4和CH4均为分子晶体，沸点差异由分子间作用力(范德华力)强弱决定，结构因素正确，B不选。金属延展性源于金属键的特性(自由电子使原子层滑动)，而离子键对应离子晶体(延展性差)，结构因素“离子键”错误，C入选。四大晶体类型只是理想的模型，共价晶体与离子晶体没有明显的边界，二者间存在过渡区域，刚玉的硬度大，熔点高，说明其具有共价晶体的特征，结构因素正确，D不选。 27.(2025高考·甘肃)马家窑文化遗址出土了大量新石器时代陶制文物，陶制文物的主要成分为硅酸盐，下列有关表述错误的是( ) A.基态Si原子的价层电子排布图： B.的同位素可作为有机反应示踪原子 C.的电子式为： D.的球棍模型为： 27.D Si为14号元素，其基态价电子排布式为3s23p2，故其基态价电子排布图为，A正确。16O和18O为氧元素的两种同位素，18O常用作同位素标记，可作为有机反应的示踪原子，B正确。SiCl4为分子晶体，Si与Cl形成一对共用电子对，故SiCl4的电子式为，C正确。SiO2为共价晶体，其球棍模型应为立体网状结构，不能表示SiO2，D错误. 28.(2025高考·山东)物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是( ) 性质差异 主要原因 A 沸点： 电离能： B 酸性： 电负性： C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： D 熔点： 离子电荷： A.A B.B C.C D.D 28.A H2O沸点高于H2S的主要原因是H2O分子间存在氢键、H2S分子间不存在氢键，而非O的电离能大于S，电离能与沸点无直接关联，A错误。HClO酸性强于HBrO是因为Cl的电负性大于Br，导致O-H键极性更强，更易解离H+，B正确。金刚石硬度大于晶体硅是因为C原子半径小于Si，C-C键键能更大，共价结构更稳定，C正确。MgO和NaF均属于离子晶体，离子晶体的熔点取决于其晶格能的大小，离子半径越小、离子电荷越多的，其晶格能一般较大，其熔点更高；MgO熔点高于NaF是因为Mg2+和O2−的电荷高于Na+和F−，且其阴、阳离子的半径对应较小，故离子键强度更大，晶格能更高，D正确。 29.(2025高考·安徽)碘晶体为层状结构，层间作用为范德华力，层间距为。下图给出了碘的单层结构，层内碘分子间存在“卤键”(强度与氢键相近)。为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( ) A.碘晶体是混合型晶体 B.液态碘单质中也存在“卤键” C.碘晶体中有个“卤键” D.碘晶体的密度为 29.A 碘晶体中，分子间是“卤键”(类似氢键)，层与层间是范德华力，与石墨不同(石墨层内只存在共价键)所以碘晶体是分子晶体，A错误。由图可知，题目中的“卤键”类似分子间作用力，只不过强度与氢键接近，则液态碘单质中也存在类似的分子间作用力，即“卤键”，B正确。由图可知，每个分子能形成4条“卤键”，每条“卤键”被2个碘分子共用，所以每个碘分子能形成2个“卤键”，碘晶体物质的量是0.5mol，“卤键”的个数是，C正确。碘晶体为层状结构，所给区间内4个碘原子处于面心，则每个晶胞中碘原子的个数是，晶胞的体积是，密度是，D正确。 氨是其他含氨化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成。遇水转化为。溶于氨水得到深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与溶液反应生成沉淀。 30.(2025高考·安徽)下列有关反应的化学方程式错误的是( ) A.氨在氧气中燃烧： B.液氨与金属钠反应： C.氨水溶解： D.浓氨水与反应： 30.D 根据题干信息可知，氨可在氧气中燃烧生成，所给方程式符合反应原理，A正确。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，生成氨基钠和氢气，发生的是置换反应，所给方程式符合反应原理，B正确。根据题干信息可知，溶于氨水得到深蓝色溶液，所给方程式符合反应原理，C正确。浓氨水与溶液反应生成沉淀，生成物应为，方程式为：，D错误 31.(2025高考·安徽)下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是( ) A.与结合的能力： B.与氨形成配位键的能力： C.和分子中的键长： D.微粒所含电子数： 31.B 根据题干信息，遇水转化为，反应为：，说明结合能力更强，A错误。根据题干信息，深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液，说明更容易与配位形成，故与氨形成配位键的能力：，B正确。原子半径，则键长：，C错误。所含电子数为，所含电子数，相同数量的两种微粒所含电子数相等，D错误。 32.(2025高考·黑吉辽蒙卷)晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当时，其立方晶胞结构如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( ) A.与W最近且等距的O有6个 B.x增大时，W的平均价态升高 C.密度为时， D.空位数不同，吸收的可见光波长不同 32.B W位于立方体的顶角，以顶角W为例，在此晶胞内，离该顶角最近且距离相等的O原子位于该顶角所在3条棱的棱心，由于该顶角在8个晶胞里，而棱上的原子被4个晶胞共有，所以与W最近且距离相等的O原子有，故A正确。O元素化合价为-2价，负化合价总数为-6，设W元素的平均化合价为y，据正负化合价代数和为0可得：-6+y+x=0，y=6-x，x的值增大y减小，即W元素的平均化合价降低，B错误。时，立方晶胞中W个数为、O个数为，若x=0.5，晶胞质量为，晶胞体积为，则密度，所以密度为时，x=0.5，C正确。晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，即空位数不同，吸收的可见光波长不同，D正确。 33.(2025高考·黑吉辽蒙卷)化学家用无机物甲成功制备了有机物乙，开创了有机化学人工合成的新纪元。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，基态X、Z原子均有2个单电子。下列说法正确的是( ) A.第一电离能：Z>Y>X B.甲中不存在配位键 C.乙中键和键的数目比为 D.甲和乙中X杂化方式分别为和 33.D C、N、O同周期，同一周期主族元素，从左到右第一电离能有逐渐增大的趋势，第VA族的第一电离能大于同周期相邻的两种元素，则第一电离能N＞O＞C，A错误。甲为NH4OCN，中有N原子提供孤对电子、H+提供空轨道形成的N→H配位键，故B错误。乙为，其中有4个N-H、2个C-N、碳氧原子之间1个σ键，则一个中有7个键、1个π键，键与π键的数目比为7：1，C错误。甲为NH4OCN，其中的C原子与N原子形成三键、与O原子形成单键，键电子对数为2，无孤对电子，C原子采取sp杂化，乙为，其中的C原子形成3个键，即键电子对数为3，无孤对电子，C原子采取sp2杂化，D正确。 34.(2025高考·黑吉辽蒙卷)侯氏制碱法突破西方技术垄断，推动了世界制碱技术的发展，其主要反应为NaCl+。下列有关化学用语或说法正确的是( ) A.的电子式： B.的空间结构：直线形 C.的晶体类型：离子晶体 D.溶解度： 34.C CO2中C和O之间有两对共用电子，其结构为，A错误。H2O的中心原子为O，根据价层电子对互斥理论，其外层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，O原子与H原子形成共价键，剩余两对孤电子对，因此，H2O为V形分子，B错误。NH4Cl由NH和Cl-组成为离子化合物，晶体类型为离子晶体，C正确。NH4HCO3溶液中含有NH和HCO，NH可以与水分子形成氢键，增大了NH在水中的溶解度，D错误。 35.(2025高考·浙江)某化合物的晶胞如图所示，下列说法不正确的是( ) A.晶体类型为混合晶体 B.与二价铁形成配位键 C.该化合物与水反应有难溶物生成 D.该化合物热稳定性比高 35.D 由图可知该化合物中存在离子键、配位键和分子间作用力，故晶体类型为混合晶体，A正确。与二价铁通过配位键形成[Fe(NH3)2]2+，B正确。与水反应可以生成Fe(OH)2沉淀，方程式为+2H2O=Fe(OH)2↓+2NH4Cl，C正确。中[Fe(NH3)2]2+离子半径大于Fe2+，[Fe(NH3)2]2+与Cl-之间的键能小于Fe2+与Cl-之间的键能，热稳定性小于FeCl2，D错误。 36.(2025高考·浙江)根据元素周期律，下列说法不正确的是( ) A.第一电离能：N＞O＞S B.化合物中键的极性：SiCl4＞PCl3 C.碱性：LiOH＞KOH D.化合物中离子键百分数：MgO＞Al2O3 36.C 根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA，ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能：N＞O＞S，A正确。已知同一周期从左往右元素的电负性依次增大，电负性Si＜P＜Cl，电负性差值越大，键的极性越大，故化合物中键的极性：SiCl4＞PCl3，B正确。同一主族从上往下元素的金属性依次增大，金属性Li＜K，故碱性：LiOH＜KOH，C错误。已知同一周期从左往右元素的电负性依次增大，即电负性Mg＜Al，故Mg与O的电负性差值＞Al与O的电负性差值，电负性差值越大离子键百分数越大，故化合物中离子键百分数：MgO＞Al2O3，D正确。 二、解答题 37.(2025高考·江西)摩尔比法测定配合物磺基水杨酸铜(Z)组成的实验如下： 回答下列问题： (1)L的合成与表征 i.向装有浓硫酸的反应容器中，搅拌下慢慢加入水杨酸粉末，加热至，全溶后升至，有固体析出，继续升温至，反应，冷却至。上述步骤中需用到的仪器有 (填标号)。 A.圆底烧瓶 B.干燥管  C.球形冷凝管  D.恒压滴液漏斗 E.二颈烧瓶  F.温度计  G.直形冷凝管  H.分液漏斗 ⅱ.下列分析方法中可以确定L分子结构的是 (填标号)。 A.X射线衍射 B.质谱    C.元素分析  D.滴定分析 (2)Z的合成与配位比分析 取12个烧杯，分别加入硝酸铜溶液()，按表所示，依次加入对应体积的L溶液()，调，用容量瓶配制溶液。在一定条件下，分别测定溶液吸光度A，得到吸光度的曲线(如图)。 编号 吸光度A 1 0.00 0.00 0.003 2 0.20 0.10 0.055 3 0.40 0.20 0.113 4 0.60 0.30 0.163 5 1.00 0.50 0.258 6 1.50 0.75 0.364 7 2.00 1.00 0.435 8 4.00 2.00 0.546 9 6.00 3.00 0.579 10 8.00 4.00 0.6031 11 10.00 5.00 0.6061 12 12.00 6.00 0.608 已知：，k为常数。 i.图中已给出全部数据点、拟合曲线及1条趋势线(虚线)，根据表中实验数据，补全坐标轴 。 ⅱ.图中趋势线方程为，其与拟合曲线重合部分的化学含义为 。 ⅲ.在图中作出另1条趋势线，找到理论反应终点X 。 ⅳ.通过理论反应终点，推断配位比 。 ⅴ.的拟合曲线与趋势线偏离的原因是 。 37.【答案】(1)i.BEF 该步骤中需要控制温度，需要用到温度计，装浓硫酸的反应容器需要有两个孔，一个用于加入试剂，一个用于装温度计，故需要二颈烧瓶，另外该反应过程中需要隔离水分，故还需要一个盛有干燥机的干燥管防止空气中的水分进入装置，故选BEF； ⅱ.A 红外光谱图可获得分子中所含有的化学键或官能团的信息，核磁共振氢谱可以获得有机化合物分子中有几种处于不同化学环境的氢原子及它们的相对数目等信息，X射线衍射可以获得更为直接而详尽的结构信息。对于分子结构比较复杂的有机化合物的分子结构，X射线衍射可以通过晶体结构分析确定分子结构，其他手段则常需要组合多种方法共同表征，比如组合核磁共振氢谱、质谱和红外光谱，表征常见有机化合物。题目需要指定一种分析方法，故选项A是本题所要求； (2)i.根据表中实验数据可以补全坐标轴，图中已给出全部数据点，拟合曲线及1条趋势线(虚线)为 ⅱ.当较大时，吸光度A几乎不变是因为L过量，硝酸铜溶液()中近乎完全转化为Z，继续加入L，吸光度A也不会变化，图中趋势线方程为，其与拟合曲线重合部分的化学含义为L大量过量，近乎完全转化为Z； ⅲ.当增大而吸光度A不变时，说明反应达到理论反应终点，在图中表示理论反应终点X： ⅳ.由 可知，X点对应的为1，反应达到终点； ⅴ.的拟合曲线与趋势线偏离的原因是：该配位反应为可逆反应，存在化学平衡，Cu2+、L都不能完全转化，导致实测吸光度低于理论值。 38.(2025高考·江西)稀散金属镓(，ⅢA族)是重要的战略资源。以棕刚玉烟尘(主要成分为、、、和少量)为原料制备金属镓的工艺流程图如下： 回答下列问题： (1)滤液1的为，依据(Ⅲ)和(Ⅳ)的分布系数图，铝元素在溶液中的主要存在形式为 (填化学式)，与碱反应的离子方程式为 、 。 (2)水热再生过程中，需要定量补充固体的目的是 ，以获得高纯度分子筛()材料。滤液2的 (填“大于”或“小于”)滤液1的。 (3)已知树脂片段的结构为。在吸附时，中心镓离子与树脂间存在的主要相互作用是 。 (4)操作X为 。 (5)硅-钾化肥可改良土壤环境。依据其一有效组分的晶胞结构，推测该组分中钾离子能被植物吸收的原因是 。 38.【答案】(1)；； 根据分析，滤液1的为，依据(Ⅲ)和(Ⅳ)的分布系数图，铝元素在溶液中的主要存在形式为，硅元素在溶液中的主要存在形式为与，故与碱反应的离子方程式为、； (2)使溶液中的为；大于 根据分析，加入固体水热再生的目的是获得高纯度分子筛()材料，同时得到含有的滤液2，水热再生过程中，为了使溶液中的为，需要定量补充固体，更好地得到。滤液1的主要成分为、、、，向滤液1中加入水解后呈碱性的固体后过滤得到滤液2：2K4SiO4+2KAl(OH)4+3H2O=2↓+8KOH、2K3HSiO4+2KAl(OH)4+H2O=2↓+6KOH，滤液的碱性变强，故滤液2的大于滤液1的； (3)配位作用 已知树脂片段的结构为，其中的N与O原子均存在孤电子对，的中心镓离子提供空轨道，形成配位键，则在吸附时，中心镓离子与树脂间存在的主要相互作用是配位作用； (4)浓缩结晶、过滤 根据分析，用树脂吸附滤液2中的，再加入K2S、KOH进行进行树脂解吸得到含的溶液，将所得溶液浓缩结晶、过滤除去析出的K2S晶体，得到富镓溶液，故操作X为浓缩结晶、过滤； (5)钾离子处在结构的层间及空洞中，能够通过阳离子交换释放 从晶胞结构来看，钾离子处在结构的层间及空洞中，钾离子与晶胞结构中的其他离子结合力较弱，能够通过阳离子交换释放，从而脱离晶胞进入土壤中，能被植物吸收。 39.(2025高考·浙江)铜在自然界大多以硫化物形式成矿。请回答： (1)有关铜和硫的说法正确的是 。 A.基态硫原子有7对成对电子 B.铜焰色试验呈绿色，与铜原子核外电子跃迁释放能量有关 C.基态铜原子失去2个电子，轨道形成全充满结构 D.配位键强度： (2)一种铜化合物的晶胞如图，写出由配离子表示的该化合物的化学式 。 (3)化合物A[化学式：]和B[化学式：]具有相似的结构，如图。 ①化合物B给出趋势相对更大，请从结构角度分析原因 。 ②将化合物A与足量稀硫酸混合，在加热条件下充分反应，得到气体C和含的溶液，写出发生反应的化学方程式 。 ③设计实验检验气体C (要求利用气体C的氧化性或还原性)。 (4)有同学以为原料，设计如下转化方案： ①步骤I的化学方程式 。 ②步骤Ⅱ中，溶液E中铜元素全部转化为难溶性。气体X为 (要求不引入其他新的元素)；溶液F中除外，浓度最高的两种离子 (按浓度由高到低顺序)。 39.【答案】(1)ABD 硫原子的原子序数为16，其基态电子排布为:1s22s22p63s23p4，其中，1s、2s、2p、3s轨道中的电子都是成对的，共6对，3p轨道中有4个电子，其中有1对成对电子，2个单电子未成对。因此，成对电子共7对，A正确。焰色反应是金属离子在高温下激发，电子跃迁回基态时释放能量，以光的形式表现，B正确。基态铜原子电子排布式为[Ar]3dl04s1，当基态铜原子失去2个电子时，先失去4s轨道的1个电子，再失去3d轨道的1个电子，形成:[Ar]3d9，3d轨道并未充满，C错误。配位数是指中心原子周围配体的个数，配位数都是1，但的中心铜离子电荷更高，说明中心铜离子的氧化态更高，配体结合更稳定，D正确。 (2) 根据均摊法，该铜化合物的晶胞中含Pt：，每个Pt周围四个Cl配位；每个晶胞中含Cu：，每个Cu周围四个NH3配位，则由配离子表示的该化合物的化学式为； (3)①化合物A与化合物B结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物B中N-H键的极性更强，更易断裂 化合物A与化合物B结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物B中，N-H键的极性更强，更易断裂，给出趋势相对更大； ②2 +3H2SO4 + 8H2O 2+ 3(NH4)2SO4 +2 H2S↑；或 +3H2SO4 + 4H2O + 3NH4HSO4 + H2S↑ 化合物A[化学式：]与足量稀硫酸混合，中P元素为+5价，S元素为-2价，反应过程中各元素化合价未发生变化，在加热条件下反应，生成、H2S气体和(NH4)2SO4，化学方程式为：2 +3H2SO4 + 8H2O 2+ 3(NH4)2SO4 +2 H2S↑；或 +3H2SO4 + 4H2O + 3NH4HSO4 + H2S↑； ③将气体C通入少量酸性KMnO4溶液中，若酸性KMnO4溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S(或将气体C与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S) 由②可知气体C为H2S，利用其还原性检验：将气体C通入少量酸性KMnO4溶液中，若酸性KMnO4溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S(或将气体C与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S) ； (4)① 4+33O2 + 2H2SO4 = 12CuSO4 + 2 Fe2(SO4)3 +2H2O 步骤I中，与稀H2SO4、O2发生氧化还原反应，S元素化合价从-2价氧化为+6价，Fe元素化合价从+2价氧化为+3价，Cu元素保持+2价，生成CuSO4、Fe2(SO4)3和H2O，根据氧化还原反应的配平原则，化学方程式为:4+33O2 + 2H2SO4 = 12CuSO4 + 2 Fe2(SO4)3 +2H2O； ②SO2；、Fe2+ 步骤Ⅱ中要将溶液E(含Cu2+等)中的铜元素全部转化为CuBr，且不引入新元素，结合反应中元素化合价变化，Cu2+被还原为Cu+(存在于CuBr中)，需要加入具有还原性的气体，所以气体X为SO2。溶液E中的Fe3+与SO2发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，同时溶液E中的CuSO4、Fe2(SO4)3还有大量的，所以溶液F除含K+、H+、Br-外，浓度最高的两种离子为、Fe2+。 40.(2025高考·全国卷)我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： 回答下列问题： (1)绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为 。 (2)经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、。滤渣①的主要成分是 、 。 (3)加入 “调”，过滤后，滤渣②是 、 ，滤液中的浓度为 。 (4)“焙烧②”后得到。晶胞如图所示，晶胞中含有的个数为 。 (5)调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为 。 (6)蛇纹石“矿化”固定，得到，相当于固定 L(标准状况)。 40.【答案】(1) 绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫，反应的化学方程式为，故答案为：； (2)； 经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；分解生成、二氧化硫、三氧化硫，“水浸”，过滤分离后，滤渣①的主要成分是为、，故答案为：；； (3)；； 加入 “调”，，，，，溶液中没有铁离子、氯离子，两者均以氢氧化物沉淀下来，过滤后，滤渣②是为、；滤液中的浓度为，故答案为：；；； (4)4 因为离子半径，晶胞图中位于8个顶点，6个面心，1个晶胞中的个数为，故答案为：4； (5) 调节“沉镍”后的溶液为碱性，通入二氧化碳“矿化”发生反应 ，故答案为：； (6)89.6 物质的量为，根据C原子守恒，固定为，标准状况下的体积为，故答案为：89.6。 41.(2025高考·湖南)一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液的工艺流程如下： 已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的： 开始沉淀的 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉淀的 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 回答下列问题： (1)基态的价层电子排布式为 。 (2)“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是 (写化学式)；还原的化学方程式为 。 (3)“沉铁”时，转化为的离子方程式为 ，加热至的主要原因是 。 (4)“沉铝”时，未产生沉淀，该溶液中不超过 。 (5)“第二次萃取”时， 、 (填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为 。 41.【答案】(1) 原子的价电子是指和能级上的电子，所以基态原子的价电子排布式为； (2)； 由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是；将3价钴还原为2价钴，同时由于硫酸的作用得到，化学方程式为； (3)；防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降 “沉铁”时，转化为，铁元素化合价上升，则做氧化剂，离子反应为：；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至的主要原因是防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降； (4) 由表可知，，“沉铝”时，未产生沉淀，则； (5)；；sp2 由流程可知，第二次萃取时，主要萃取，因此与混合萃取剂形成的配合物更稳定；六元杂环是平面结构，N原子提供单电子用于环内形成大π键，剩余1对孤对电子形成配位键，N的价层电子对数为3，是sp2杂化。 42.(2025高考·广东)我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 (1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。 (2)“高压加热”时，生成的离子方程式为： 。 (3)“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。 (4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有 。 A.镍与N、O形成配位键 B.配位时被还原 C.配合物与水能形成分子间氢键 D.烷基链具有疏水性 (5)晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则 ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。 (6)①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为 和 。 ②“电解”时，颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注 。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是 (写一条)。 42.【答案】(1)搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等 “酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等； (2)4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+ 由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为，离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+； (3)5 “沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，，根据Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5； (4)AD “选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有： A、镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确。配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误。配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误。烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确。 (5)3：1：1 根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为，面心的原子与体心的原子距离为，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×个，顶点原子为Cu，有8×个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1； 12 根据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为； (6)2NH3N2+3H2；Fe2O3+3H22Fe+3H2O ①氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O； ②电解Fe2O3颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH溶液和颗粒，装置图如下： ； ③没有污染物产生 与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。 43.(2025高考·北京)通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。 (1)将的基态原子最外层轨道表示式补充完整： 。 (2)分子中键角小于，从结构角度解释原因： 。 (3)的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下。 ①的配体中，配位原子是 。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为 。() (4)和反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，和反应生成而不生成。分析原因： 。 ②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由： 。 43.【答案】(1)Mg是第12号元素，其基态最外层电子的电子排布式为3s2，故其基态原子最外层轨道表示式为：。 (2)CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H-C-H的键角为109°28′，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28′。 (3)①N 的内界为，故其配体为NH3，由于N原子有孤电子对，所以配位原子为N； ② 根据均摊法，该晶胞中的个数为，的个数为8，故每个晶胞中含有4个，则晶体的密度为。 (4)①生成的活化能更低 由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，反应生成的活化能更低，故室温下易于生成； ②根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应为放热反应，即，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，脱除生成是指逆反应方向，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。 44.(2025高考·云南)从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下： 已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25℃时，的为。 回答下列问题： (1)基态Cu原子的价层电子排布式为 。 (2)“还原酸浸”时，反应的离子方程式为 。 (3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ① ② 上述过程中的催化剂为 。 (4)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为 。 (5)根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为 。 (6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则 。 (7)一种锑锰合金的立方晶胞结构如图。 ①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有 个。 ②为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为 (列出计算式即可)。 44.【答案】(1) Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布属于洪物规则的特例，其价电子数为11，其价层电子排布式为。 (2) “还原酸浸”时，被亚硫酸钠还原为，该反应的离子方程式为。 (3) “浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ① ② 分析以上两反应可知，参与了反应①，但在反应②又重新生成，其质量和性质在反应前后没发生变化，因此，上述过程中的催化剂为。 (4)大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度 “还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件；第三，还可以减少废水的排放量和处理成本；第四，可以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。 (5) “还原酸浸”时，和CuO可以被硫酸溶解转化为和，亚硫酸钠将还原为，而并未被还原，因此，的氧化性强于；“氧化”时，被氧化为，因此，的氧化性强于。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为。 (6)0.19 25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，根据的为，则。 (7)①12 由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方，Sb位于晶胞的顶点，其与邻近的3个面的面心上的Mn距离最近且距离相等，每个顶点参与形成8个晶胞，而每个面心参与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有个。 ② 由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1个Sb和3个Mn，因此，该晶胞的质量为，该晶胞的体积为，晶体的密度为。 45.(2025高考·江苏)可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是 。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全 (写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为 (填化学式)。 (2)制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为 (填离子符号)，区域B带 (填“正电”或“负电”)。 (3)回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式： 。 ②反应后，砷回收率下降的原因有 。 45.【答案】(1)①氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 酸浸时，若不通入，会发生反应：，通入可以氧化生成S，促进酸浸反应正向进行，提高浸出率； ②否。时， ，则未沉淀完全 通入除镉，当溶液时，，又因为，=，则=，则此时，此时的浓度大于，离子沉淀不完全。 ③ZnO 由②知，除镉时溶液酸性较强，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的，加入的氧化物为ZnO。 (2)；负电 晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由替换，区域B中，由替换；按照均摊法，区域B中含：3个、：1个、：个，，则区域B带负电。 (3)① 根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”，与反应除了生成外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：。 ②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降 随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降，所以反应后，砷回收率下降。 46.(2025高考·河南)的热分解与催化的重整结合，可生产高纯度合成气，实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： (1)位于元素周期表中 区；基态的价电子排布式为 。 (2)水分子的模型与其空间结构模型不同，原因是 。 (3)的晶胞如图1所示(晶胞参数)，该物质的化学式为 。 (4)恒压条件下，重整反应可以促进分解，原因是 。 (5)在温度分别为和下，的平衡转化率与压强的关系如图2所示，反应温度最高的是 (填“”“”或“”)，原因是 。 (6)一定温度、下，向体系中加入和，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，转化率为，物质的量为，反应Ⅲ的平衡常数 (保留小数点后一位)，此时原位利用率为 。 已知：原位利用率 46.【答案】(1)s；3d8 Ca原子序数为20，电子排布为[Ar]4s2，价电子位于s轨道，属于周期表s区；Ni原子序数为28，基态电子排布为[Ar] 3d84s2。Ni失去4s能级上2个电子形成Ni2+，价电子排布为3d8，故答案为：s；3d8。 (2)O原子上存在2对孤电子对，VSEPR模型考虑孤电子对而空间结构模型不考虑 中心O原子有2个σ键，孤电子对数为，共4个价电子对，模型为四面体型，空间构型为V型，故答案为：O原子上存在2对孤电子对，VSEPR模型考虑孤电子对而空间结构模型不考虑。 (3)Ni2P 该晶胞中，P原子8个位于顶点(4个被6个晶胞共用，4个被12个晶胞共用)、2个位于体内，1个晶胞中所含P原子数为，Ni原子8个位于棱(均被4个晶胞共用)、6个位于面(均被2个晶胞共用)，1个位于体内，Ni原子数为，因此该物质的化学式为Ni2P。 (4)反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移 重整反应会消耗CO2，降低体系中CO2分压，使分解反应正向移动且反应放热，可以为碳酸钙分解提供能量，故答案为：反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移​。 (5)T1；升高温度，反应Ⅱ正向移动 反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应正向移动，CH4转化率增大，因此温度最高的是T1，故答案为：T1；升高温度，反应Ⅱ正向移动。 (6)1.2；70% 一定温度、下，向体系中加入和，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，反应Ⅰ：平衡时生成，转化率为，物质的量为，则 气体总物质的量n总=(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3mol， 反应Ⅲ的平衡常数，平衡时，原位利用率为，故答案为：1.2；70%。 47.(2025高考·甘肃)研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下： 已知：熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：，，，高于 (1)设计焙烧温度为600℃，理由为 。 (2)将通入和的混合溶液可制得，该反应的化学方程式为 。 (3)酸浸的目的为 。 (4)从浸出液得到Cu的方法为 (任写一种)。 (5)某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数，。与Pb之间的距离为 pm(用带有晶胞参数的代数式表示)；该化合物的化学式为 ，晶体密度计算式为 (用带有阿伏加德罗常数的代数式表示和分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。 47.【答案】(1)使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使As2O3沸腾收集 设计焙烧温度为600℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集，故答案为：使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集； (2)4++2=3+CO2 将通入和的混合溶液可制得，根据元素守恒可知还生成了二氧化碳，该反应的化学方程式为4++2=3+CO2，故答案为：4++2=3+CO2； (3)分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液 酸浸时，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，故酸浸的目的为分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液； (4)电解法或置换法 浸出液主要为硫酸铜，经过电解或置换法转化为铜，故从浸出液得到Cu的方法有：电解法或置换法； (5)；CsPbBr3； 某含Pb化合物室温下晶胞如图所示，Cs位于体心，个数为1，Pb位于顶点，个数为=1，Br位于棱心，个数为=3，该化合物的化学式为CsPbBr3，Cs位于体心，Pb位于顶点，与Pb之间的距离为体对角线的一半，由于晶胞参数，℃，与Pb之间的距离为 pm，该晶体密度计算式为，故答案为：；CsPbBr3；。 48.(2025高考·山东)单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： (1)在元素周期表中，位于第 周期 族。基态原子与基态离子未成对电子数之比为 。 (2)尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是 ，电负性最大的是 。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为 。 ③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是 (填元素符号)。 (3)可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为)。 ①晶胞中原子的半径为 。 ②研究发现，晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是 ，该截面单位面积含有的原子为 个。 48.【答案】(1)四；VIII；4：5 Fe为26号元素，位于元素周期表中第四周期VIII族；基态Fe原子电子排布式为[Ar]3d64s2，未成对电子数为4，基态Fe3+电子排布式为[Ar]3d5，未成对电子数为5，故答案为：四；VIII；4：5。 (2)①N；O 同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>C；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C，故答案为：N；O。 ②sp2 尿素分子中C原子形成3个σ键，无孤电子对，采取的轨道杂化方式为sp2杂化。 ③O 八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，因此N原子不会参与形成配位键，说明C=O中O原子参与配位，所以与配位的原子是O。 (3)① 为体心立方晶胞，晶胞边长为a pm，体对角线长度为，体心立方晶胞中Fe原子半径r与体对角线关系为4r=，因此原子的半径为。 ②n； m截面面积Sm=a2pm2，每个顶点被8个相邻晶胞共享​​，每个晶胞的面被两个晶胞共用，每个晶胞的顶点原子贡献个原子给该晶面，所含原子数为，单位面积原子数为个pm-2；n截面面积为pm2，每个顶点被8个相邻晶胞共享，每个顶点参与形成四个通过体心的截面，体心原子完全属于本截面，所含原子数为，单位面积原子数为个∙pm-2，因此催化活性较低的是n截面，该截面单位面积含有的原子为个∙pm-2。 49.(2025高考·安徽)某含锶()废渣主要含有和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。 已知时， 回答下列问题： (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为 。 (2)“浸出液”中主要的金属离子有、 (填离子符号)。 (3)“盐浸”中转化反应的离子方程式为 ；时，向粉末中加入溶液，充分反应后，理论上溶液中 (忽略溶液体积的变化)。 (4)其他条件相同时，盐浸，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是 。 (5)“浸出渣2”中主要含有、 (填化学式)。 (6)将窝穴体a(结构如图2所示)与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是 。 (7)由制备无水的最优方法是 (填标号)。 a.加热脱水 b.在气流中加热 c.常温加压 d.加热加压 49.【答案】(1) 锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价电子排布式为； (2)、 由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有、、； (3)； 由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，离子方程式：；该反应的平衡常数，平衡常数很大，近似认为完全转化，溶液中剩余，则，列三段式：，理论上溶液中； (4)升高温度，与有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大 随温度升高锶浸出率增大，原因是升高温度，与有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大； (5)、 “盐浸”时发生沉淀的转化，生成了，不参与反应，故浸出渣2”中主要含有、、； (6)窝穴体a的空腔与更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定 窝穴体a与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是窝穴体a的空腔与更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定； (7)a 为强碱，则也是强碱，不水解，排除b，由平衡移动原理可知制备无水的方法加压不利于脱水，排除c、d，选a。 50.(2025高考·黑吉辽蒙卷)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为； ②； ③酒石酸(记作)结构简式为。 回答下列问题： (1)分子中手性碳原子数目为 。 (2)“氧化浸出”时，过二硫酸根转变为 (填离子符号)。 (3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为 。 (4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 。 (5)滤渣2中的金属元素为 (填元素符号)。 (6)“浸铅”步骤，和反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为 ，pH过高可能生成 (填化学式)。 (7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为 。 50.【答案】(1)2 碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A分子中手性碳原子有2个，； (2) “氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为； (3)“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小； (4)Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu 加入Zn发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2+置换出Cu单质，离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu； (5)Fe 根据分析，滤渣1有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素的沉淀； (6)pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+正向移动，PbA产率增大；Pb(OH)2 “浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-PbA+，Na2A溶液中存在A2-+H2OHA-+OH-，pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+正向移动，PbA产率增大；pH过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA产率降低； (7)Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑ 290℃“真空热解”PbA即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb单质和2种气态氧化物为CO和H2O，反应的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑。 51.(2025高考·浙江)某研究小组探究AlCl3催化氯苯与氯化亚砜(SOCl2)转化为化合物Z()的反应。实验流程为： 已知： ①实验在通风橱内进行。 ②SOCl2遇水即放出SO2和HCl；AlCl3易升华。 ③氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水。 请回答： (1)在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置如图所示，此处漏斗的作用是 。 (2)写出下图中干燥管内可用的酸性固体干燥剂 (填1种)。 (3)步骤Ⅰ，下列说法正确的是 。 A.氯苯试剂可能含有水，在使用前应作除水处理 B.三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度 C.因实验在通风橱内进行，X处无需连接尾气吸收装置 D.反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束 (4)步骤Ⅱ，加入冰水的作用是 。 (5)步骤Ⅲ，从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作如下，请排序 (填序号)。 ①减压蒸馏 ②用乙醚萃取、分液   ③过滤 ④再次萃取、分液，合并有机相   ⑤加入无水Na2SO4干燥剂吸水 (6) AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl键的断裂，原因是 。 51.【答案】(1)AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3 已知AlCl3易升华，即受热之后变为蒸汽，遇冷之后又凝华为固体，故在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置中漏斗的作用是：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3，故答案为：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3； (2)P2O5、硅胶 酸性干燥剂一般用于干燥酸性或中性气体，常见的酸性固体干燥剂有五氧化二磷或硅胶等，它可以吸收水分，此处干燥剂是为了防止空气中水蒸气进入，可使用P2O5、硅胶，故答案为：P2O5、硅胶； (3)ABD 由题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，氯苯试剂可能含有水，故在使用前应作除水处理，A正确。由题干信息可知，AlCl3易升华，故三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度，B正确。由(2)题干信息可知，X处装入干燥剂起到干燥作用，而未能吸收尾气，故因实验在通风橱内进行，X处仍需连接尾气吸收装置以增加实验的安全性和环保性，C错误。已知氯苯和SOCl2在AlCl3催化作用下生成Z和HCl，即反应过程中能够产生难溶于有机物的HCl气泡，则可知反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束，D正确。 (4)除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率 由分析可知，步骤Ⅰ所得M1中含有Z、氯苯和SOCl2、AlCl3等，结合题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，且AlCl3易溶于水而难溶于有机物，故步骤Ⅱ中加入冰水的作用是除去混合物中的SOCl2、AlCl3，同时冰水可以降低反应速率；故答案为：除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率； (5)②④⑤③① 由分析可知，步骤Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，结合题干信息：氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水，步骤Ⅲ从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作为：用乙醚萃取、分液，再次萃取、分液，合并有机相，加入无水Na2SO4干燥剂吸水，过滤出Na2SO4晶体，即得到氯苯和Z的混合，在进行减压蒸馏，故答案为：②④⑤③①； (6)AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，促使SOCl2反应中S-Cl键的断裂 已知AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，故AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl健的断裂，故答案为：AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，促使SOCl2反应中S-Cl键的断裂。 52.(2025高考·浙江)磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答： (1)关于ⅤA族元素原子结构的描述，下列说法正确的是 。 A.基态P原子轨道上的电子自旋方向相同 B.的最外层电子数为18 C.的半径小于的半径 D.电子排布为的P原子处于激发态 (2)某化合物的晶胞如图。 ①化学式是 ； ②将该化合物加入到含少量石蕊的中，实验现象是 (从酸碱性和溶解性角度推测)。 (3)两分子脱水聚合得到一分子，从的结构角度分析差异的原因 。 (4)兴趣小组对某磷灰石[主要成分为和少量]进行探究，设计了两种制备的方法： Ⅰ.用稍过量的浓与磷灰石反应，得到溶液、少量气体、渣(主要成分为)。 Ⅱ.将磷灰石脱水、还原，得到的白磷燃烧后与水反应制得溶液。 ①方法I，所得溶液中含有的杂质酸是 。 ②以方法Ⅰ中所得渣为硫源，设计实验制备无水，流程如下： 溶液A是 ，系列操作B是 ，操作C是 。 ③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，该反应的化学方程式是 。 52.【答案】(1)AD 基态P原子价电子排布式为3s23p3，根据洪特规则，轨道上的3个电子自旋方向相同，A正确。基态As原子价电子排布式为4s24p3，的价电子排布式为4s2，最外层电子数为2，B错误。比多一个电子层，所以的半径大于的半径，C错误。基态P原子的电子排布式为的，电子排布为的P原子处于激发态，D正确。 (2)① Ca3PCl3 根据均摊原则，晶胞中Cl原子数、P原子数、Ca原子数，所以化学式是Ca3PCl3； ②溶液变蓝，有气体放出 Ca3PCl3中P显-3价，将该化合物加入到含少量石蕊的中，反应生成氯化钙、氢氧化钙、PH3气体，溶液呈碱性，实验现象是溶液变蓝，有气体放出。 (3)的负电荷密度大，更易结合氢离子 当两分子H3PO4脱水聚合时，结构发生变化，聚合结构的体积更大，负电荷分布更分散，更容易电离出氢离子，而的负电荷密度大，更易结合氢离子，所以聚合后的Ka3值增大； (4)①硫酸、盐酸、氢氟酸 方法I中，和浓硫酸反应生成硫酸钙、磷酸、氢氟酸、盐酸，氢氟酸和反应生成SiF4气体和水，所得溶液中含有的杂质酸是硫酸、盐酸、氢氟酸。 ②碳酸钠溶液；过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；加热脱水 碳酸钠和硫酸钙反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀和硫酸钠，溶液A是碳酸钠溶液；过滤出碳酸钙，得硫酸钠、碳酸钠混合液，加硫酸除碳酸钠，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得，系列操作B是过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，加热脱水得无水硫酸钠，操作C是加热脱水。 ③2+30C+20SiO220CaSiO3+3P4+30CO↑ 方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，根据元素守恒，可燃性气体为CO，该反应的化学方程式是2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑。 53.(2025高考·上海)铁红是颜料，什么什么自古以来使用很多的……(题干缺失)。 (1)赭红的主要成分是 。 A. B. C. D. (2)饱和氯化铁溶液说法正确的是 。 A.常温显中性 B.加铁粉变红褐色 C.遇沸水后得到胶体 D.加氨水有白色沉淀 (3)有关铁原子说法正确的是 。(不定项) A.有4个不同能级的电子 B.有5个未成对电子 C.占据15个原子轨道 D.有26种能量不同的电子 (4)加热试管中固体至红热，则 。(不定项) A.移开酒精灯后固体保持红热 B.S只做还原剂 C.主要产生的气体附产物为 D.最终得到黑色的 (5)内界为 ，配体有 种 (6)，加水稀释至体积为原来的2倍，则 。 A.增大 B.不变 C.减小 并用浓度商Q与平衡常数K的大小关系解释原因 。 (7)已知，求的分布系数 。 x 1 2 3 4 K 30.2 134.9 97.72 1.02 53.【答案】(1)D 、、均为黑色，赭红的主要成分是，故选D。 (2)C 饱和氯化铁溶液中铁离子水解使得溶液显酸性，A错误。铁和铁离子生成亚铁离子，溶液变为浅绿色，B错误。制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色，C正确。加氨水生成红褐色氢氧化铁沉淀，D错误。 (3)C 铁为26号元素原子，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2。.有7个不同能级的电子，错误。有4个未成对电子，错误。占据15个原子轨道，正确。同一能级能量相同，有7种能量不同的电子，错误，选C。 (4)A 铁和硫反应为放热反应，移开酒精灯后固体保持红热，A正确。反应生成FeS，S化合价降低，做氧化剂，B错误。主要产生的气体附产物为二氧化硫，而非，C错误。最终得到黑色的FeS，D错误。 (5)；2 内界为，配体有SCN2-、H2O两种 (6)A；所有离子浓度变为原来，，平衡逆移 所有离子浓度变为原来，，平衡逆移，使得溶液中铁离子的物质的量增大，故选A； (7)0.805 、、、，=。 16 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $ 【 高中化学 】 2025年高考真题-按章分类 选择性必修2 第三章 晶体结构与性质 35个单选题 + 0个多选题 + 18个解答题 ---- 学 生 版 ---- 一、单选题 1.(2025高考·江西)晶格中的O被去除，产生一个氧空位()，相对原点的分数坐标为，则图中的分数坐标分别为( ) A. B. C. D. 2.(2025高考·浙江)能代表化合物的结构片段如图(氢原子未画出)，下列有关该化合物的描述不正确的是( ) A.图中球①代表原子团 B.该化合物易溶于水 C.作还原剂时，该化合物释放 D.氮原子上没有孤电子对，晶体中不存在氢键 3.(2025高考·四川)生产磷肥时，利用纯碱溶液吸收的反应如下：。下列说法错误的是( ) A.中含有配位键 B.和都是由极性键构成的极性分子 C.和晶体分别为分子晶体和共价晶体 D.的模型和空间结构都为平面三角形 4.(2025高考·四川)的四方晶胞(晶胞参数，省略中的氧，只标出)和的立方晶胞如图所示，为阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是( ) A.晶胞中1位的分数坐标为 B.晶胞中2位和3位的核间距为 C.晶胞和晶胞中原子数之比是 D.晶体密度小于晶体密度 5.(2025高考·湖南)掺杂的铋酸钡具有超导性。替代部分形成(摩尔质量为)，其晶胞结构如图所示。该立方晶胞的参数为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A.晶体中与铋离子最近且距离相等的有6个 B.晶胞中含有的铋离子个数为8 C.第一电离能： D.晶体的密度为 6.(2025高考·湖南)下列有关物质性质的解释错误的是( ) 性质 解释 A 酸性： 是推电子基团 B 熔点： 的体积大于 C 熔点： 比的金属性弱 D 沸点： 分子间存在氢键 A.A B.B C.C D.D 7.(2025高考·重庆)某兴趣小组探究沉淀的转化。将2mL 0.1mol·L-1 AgNO3溶液与同浓度同体积的NaCl溶液混合，得悬浊液1，然后进行如下实验。下列叙述错误的是( ) A.溶液1中 B.溶液2中 C.溶液3中 D.上述实验可证明 8.(2025高考·重庆)化合物X的晶胞如图所示，下列叙述正确的是( ) A.X中存在键 B.X属于混合型晶体 C.X的化学式可表示为 D.X中C原子上有1对孤电子对 9.(2025高考·湖北)N和P为同主族相邻元素。下列关于物质性质或现象的解释错误的是( ) A.的熔点比的低，因为的离子键更强 B.磷单质通常不以形式存在，因为磷磷之间难以形成三键 C.次磷酸比硝酸的酸性弱，因为前者的键极性小 D.P形成而N形成，因为P的价层电子轨道更多且半径更大 10.(2025高考·湖北)晶胞是长方体，边长，如图所示。下列说法正确的是( ) A.一个晶胞中含有4个O原子 B.晶胞中分子的取向相同 C.1号和2号S原子间的核间距为 D.每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有4个 11.(2025高考·湖北)下列关于物质性质或应用解释错误的是( ) 选项 性质或应用 解释 A 石蜡油的流动性比水的差 石蜡油的分子间作用力比水的小 B 溶于水显碱性 可结合水中的质子 C 可以氧化 中O显正电性 D 石墨作为润滑剂 石墨层间靠范德华力维系 A.A B.B C.C D.D 12.(2025高考·广东)由结构不能推测出对应性质的是( ) 选项 结构 性质 A 的VSEPR模型为平面三角形 具有氧化性 B 钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量变化不同 钾和钠的焰色不同 C 乙烯和乙炔分子均含有键 两者均可发生加聚反应 D 石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子，可在整个碳原子平面中运动 石墨具有类似金属的导电性 A.A B.B C.C D.D 13.(2025高考·广东)声波封印，材料是音乐存储技术的基础。下列说法错误的是( ) A.制作黑胶唱片使用的聚氯乙烯，其单体是 B.磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成，具有磁性 C.光碟擦写过程中材料在晶态和非晶态间的可逆转换，涉及物理变化 D.固态硬盘芯片常使用单晶硅作为基础材料，单晶硅是一种共价晶体 14.(2025高考·广东)在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构(如图)形似梅花。下列关于该多烯环配合物说法正确的是( ) A.键是共价键 B.有8个碳碳双键 C.共有16个氢原子 D.不能发生取代反应 15.(2025高考·北京)为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法不正确的是( ) A.①中浓盐酸促进平衡正向移动 B.由①到②，生成并消耗 C.②、③对比，说明：②>③ D.由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也无明显变化 16.(2025高考·云南)是优良的固态电解质材料，取代部分后产生空位，可提升传导性能。取代后材料的晶胞结构示意图(未画出)及其作为电解质的电池装置如下。下列说法错误的是( ) A.每个晶胞中个数为12 B.该晶胞在yz平面的投影为 C.取代后，该电解质的化学式为 D.若只有发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的数目相等 17.(2025高考·云南)Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是( ) A.是两性氢氧化物 B.和的晶体类型相同 C.中Be原子的杂化方式为 D.与反应： 18.(2025高考·江苏)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.苄氯是非极性分子 B.电负性： C.离子半径： D.X中15-冠与间存在离子键 19.(2025高考·陕晋青宁卷)一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶胞密度为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是( ) A.沿晶胞体对角线方向的投影图为 B.和B均为杂化 C.晶体中与最近且距离相等的有6个 D.和B的最短距离为 20.(2025高考·陕晋青宁卷)下列对物质性质的解释错误的是( ) 选项 物质性质 解释 A 氯化钠熔点高于氯化铯 氯化钠离子键强于氯化铯 B 碘易溶于四氯化碳 碘和四氯化碳都是非极性分子 C 草酸氢钠溶液显酸性 草酸氢根离子水解程度大于电离程度 D 离子液体导电性良好 离子液体中有可移动的阴、阳离子 A.A B.B C.C D.D 21.(2025高考·河北)是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，在航空航天等领域中获得重要应用。的六方晶胞示意图如下，晶胞参数、，M、N原子的分数坐标分别为、。设是阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是( ) A.该物质的化学式为 B.体心原子的分数坐标为 C.晶体的密度为 D.原子Q到体心的距离为 22.(2025高考·河南)自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氦气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量(x为整数)。 下列说法正确的是( ) A. B.第一电离能： C.该化合物中不存在离子键 D.该化合物中配位数与配体个数相等 23.(2025高考·河南)某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是( ) A.②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B.③中现象说明配体与的结合能力： C.④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D.若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 24.(2025高考·河南)我国科研人员合成了一种深紫外双折射晶体材料，其由原子序数依次增大的五种短周期元素和Z组成。基态X原子的s轨道中电子总数比p轨道中电子数多所在族的族序数等于Q的质子数，基态Y和Z原子的原子核外均只有1个未成对电子，且二者核电荷数之和为Q的4倍。下列说法正确的是( ) A.为极性分子 B.为共价晶体 C.原子半径： D.1个分子中有2个键 25.(2025高考·甘肃)我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构式如图a)，该分子和客体分子可形成主客体包合物：被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。下列说法错误的是( ) A.主体分子存在分子内氢键 B.主客体分子之间存在共价键 C.磺酸基中的S—O键能比小 D.和中N均采用杂化 26.(2025高考·甘肃)物质的结构决定性质，下列事实与结构因素无关的是( ) 选项 事实 结构因素 A K与Na产生的焰色不同 能量量子化 B 的沸点高于 分子间作用力 C 金属有良好的延展性 离子键 D 刚玉的硬度大，熔点高 共价晶体 A.A B.B C.C D.D 27.(2025高考·甘肃)马家窑文化遗址出土了大量新石器时代陶制文物，陶制文物的主要成分为硅酸盐，下列有关表述错误的是( ) A.基态Si原子的价层电子排布图： B.的同位素可作为有机反应示踪原子 C.的电子式为： D.的球棍模型为： 28.(2025高考·山东)物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是( ) 性质差异 主要原因 A 沸点： 电离能： B 酸性： 电负性： C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： D 熔点： 离子电荷： A.A B.B C.C D.D 29.(2025高考·安徽)碘晶体为层状结构，层间作用为范德华力，层间距为。下图给出了碘的单层结构，层内碘分子间存在“卤键”(强度与氢键相近)。为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( ) A.碘晶体是混合型晶体 B.液态碘单质中也存在“卤键” C.碘晶体中有个“卤键” D.碘晶体的密度为 30.(2025高考·安徽)下列有关反应的化学方程式错误的是( ) A.氨在氧气中燃烧： B.液氨与金属钠反应： C.氨水溶解： D.浓氨水与反应： 31.(2025高考·安徽)下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是( ) A.与结合的能力： B.与氨形成配位键的能力： C.和分子中的键长： D.微粒所含电子数： 32.(2025高考·黑吉辽蒙卷)晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当时，其立方晶胞结构如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( ) A.与W最近且等距的O有6个 B.x增大时，W的平均价态升高 C.密度为时， D.空位数不同，吸收的可见光波长不同 33.(2025高考·黑吉辽蒙卷)化学家用无机物甲成功制备了有机物乙，开创了有机化学人工合成的新纪元。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，基态X、Z原子均有2个单电子。下列说法正确的是( ) A.第一电离能：Z>Y>X B.甲中不存在配位键 C.乙中键和键的数目比为 D.甲和乙中X杂化方式分别为和 34.(2025高考·黑吉辽蒙卷)侯氏制碱法突破西方技术垄断，推动了世界制碱技术的发展，其主要反应为NaCl+。下列有关化学用语或说法正确的是( ) A.的电子式： B.的空间结构：直线形 C.的晶体类型：离子晶体 D.溶解度： 35.(2025高考·浙江)某化合物的晶胞如图所示，下列说法不正确的是( ) A.晶体类型为混合晶体 B.与二价铁形成配位键 C.该化合物与水反应有难溶物生成 D.该化合物热稳定性比高 36.(2025高考·浙江)根据元素周期律，下列说法不正确的是( ) A.第一电离能：N＞O＞S B.化合物中键的极性：SiCl4＞PCl3 C.碱性：LiOH＞KOH D.化合物中离子键百分数：MgO＞Al2O3 二、解答题 37.(2025高考·江西)摩尔比法测定配合物磺基水杨酸铜(Z)组成的实验如下： 回答下列问题： (1)L的合成与表征 i.向装有浓硫酸的反应容器中，搅拌下慢慢加入水杨酸粉末，加热至，全溶后升至，有固体析出，继续升温至，反应，冷却至。上述步骤中需用到的仪器有 (填标号)。 A.圆底烧瓶 B.干燥管  C.球形冷凝管  D.恒压滴液漏斗 E.二颈烧瓶  F.温度计  G.直形冷凝管  H.分液漏斗 ⅱ.下列分析方法中可以确定L分子结构的是 (填标号)。 A.X射线衍射 B.质谱    C.元素分析  D.滴定分析 (2)Z的合成与配位比分析 取12个烧杯，分别加入硝酸铜溶液()，按表所示，依次加入对应体积的L溶液()，调，用容量瓶配制溶液。在一定条件下，分别测定溶液吸光度A，得到吸光度的曲线(如图)。 编号 吸光度A 1 0.00 0.00 0.003 2 0.20 0.10 0.055 3 0.40 0.20 0.113 4 0.60 0.30 0.163 5 1.00 0.50 0.258 6 1.50 0.75 0.364 7 2.00 1.00 0.435 8 4.00 2.00 0.546 9 6.00 3.00 0.579 10 8.00 4.00 0.6031 11 10.00 5.00 0.6061 12 12.00 6.00 0.608 已知：，k为常数。 i.图中已给出全部数据点、拟合曲线及1条趋势线(虚线)，根据表中实验数据，补全坐标轴 。 ⅱ.图中趋势线方程为，其与拟合曲线重合部分的化学含义为 。 ⅲ.在图中作出另1条趋势线，找到理论反应终点X 。 ⅳ.通过理论反应终点，推断配位比 。 ⅴ.的拟合曲线与趋势线偏离的原因是 。 38.(2025高考·江西)稀散金属镓(，ⅢA族)是重要的战略资源。以棕刚玉烟尘(主要成分为、、、和少量)为原料制备金属镓的工艺流程图如下： 回答下列问题： (1)滤液1的为，依据(Ⅲ)和(Ⅳ)的分布系数图，铝元素在溶液中的主要存在形式为 (填化学式)，与碱反应的离子方程式为 、 。 (2)水热再生过程中，需要定量补充固体的目的是 ，以获得高纯度分子筛()材料。滤液2的 (填“大于”或“小于”)滤液1的。 (3)已知树脂片段的结构为。在吸附时，中心镓离子与树脂间存在的主要相互作用是 。 (4)操作X为 。 (5)硅-钾化肥可改良土壤环境。依据其一有效组分的晶胞结构，推测该组分中钾离子能被植物吸收的原因是 。 39.(2025高考·浙江)铜在自然界大多以硫化物形式成矿。请回答： (1)有关铜和硫的说法正确的是 。 A.基态硫原子有7对成对电子 B.铜焰色试验呈绿色，与铜原子核外电子跃迁释放能量有关 C.基态铜原子失去2个电子，轨道形成全充满结构 D.配位键强度： (2)一种铜化合物的晶胞如图，写出由配离子表示的该化合物的化学式 。 (3)化合物A[化学式：]和B[化学式：]具有相似的结构，如图。 ①化合物B给出趋势相对更大，请从结构角度分析原因 。 ②将化合物A与足量稀硫酸混合，在加热条件下充分反应，得到气体C和含的溶液，写出发生反应的化学方程式 。 ③设计实验检验气体C (要求利用气体C的氧化性或还原性)。 (4)有同学以为原料，设计如下转化方案： ①步骤I的化学方程式 。 ②步骤Ⅱ中，溶液E中铜元素全部转化为难溶性。气体X为 (要求不引入其他新的元素)；溶液F中除外，浓度最高的两种离子 (按浓度由高到低顺序)。 40.(2025高考·全国卷)我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： 回答下列问题： (1)绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为 。 (2)经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、。滤渣①的主要成分是 、 。 (3)加入 “调”，过滤后，滤渣②是 、 ，滤液中的浓度为 。 (4)“焙烧②”后得到。晶胞如图所示，晶胞中含有的个数为 。 (5)调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为 。 (6)蛇纹石“矿化”固定，得到，相当于固定 L(标准状况)。 41.(2025高考·湖南)一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液的工艺流程如下： 已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的： 开始沉淀的 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉淀的 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 回答下列问题： (1)基态的价层电子排布式为 。 (2)“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是 (写化学式)；还原的化学方程式为 。 (3)“沉铁”时，转化为的离子方程式为 ，加热至的主要原因是 。 (4)“沉铝”时，未产生沉淀，该溶液中不超过 。 (5)“第二次萃取”时， 、 (填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为 。 42.(2025高考·广东)我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 (1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。 (2)“高压加热”时，生成的离子方程式为： 。 (3)“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。 (4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有 。 A.镍与N、O形成配位键 B.配位时被还原 C.配合物与水能形成分子间氢键 D.烷基链具有疏水性 (5)晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则 ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。 (6)①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为 和 。 ②“电解”时，颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注 。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是 (写一条)。 43.(2025高考·北京)通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。 (1)将的基态原子最外层轨道表示式补充完整： 。 (2)分子中键角小于，从结构角度解释原因： 。 (3)的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下。 ①的配体中，配位原子是 。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为 。() (4)和反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，和反应生成而不生成。分析原因： 。 ②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由： 。 44.(2025高考·云南)从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下： 已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25℃时，的为。 回答下列问题： (1)基态Cu原子的价层电子排布式为 。 (2)“还原酸浸”时，反应的离子方程式为 。 (3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ① ② 上述过程中的催化剂为 。 (4)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为 。 (5)根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为 。 (6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则 。 (7)一种锑锰合金的立方晶胞结构如图。 ①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有 个。 ②为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为 (列出计算式即可)。 45.(2025高考·江苏)可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是 。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全 (写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为 (填化学式)。 (2)制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为 (填离子符号)，区域B带 (填“正电”或“负电”)。 (3)回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式： 。 ②反应后，砷回收率下降的原因有 。 46.(2025高考·河南)的热分解与催化的重整结合，可生产高纯度合成气，实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： (1)位于元素周期表中 区；基态的价电子排布式为 。 (2)水分子的模型与其空间结构模型不同，原因是 。 (3)的晶胞如图1所示(晶胞参数)，该物质的化学式为 。 (4)恒压条件下，重整反应可以促进分解，原因是 。 (5)在温度分别为和下，的平衡转化率与压强的关系如图2所示，反应温度最高的是 (填“”“”或“”)，原因是 。 (6)一定温度、下，向体系中加入和，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，转化率为，物质的量为，反应Ⅲ的平衡常数 (保留小数点后一位)，此时原位利用率为 。 已知：原位利用率 47.(2025高考·甘肃)研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下： 已知：熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：，，，高于 (1)设计焙烧温度为600℃，理由为 。 (2)将通入和的混合溶液可制得，该反应的化学方程式为 。 (3)酸浸的目的为 。 (4)从浸出液得到Cu的方法为 (任写一种)。 (5)某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数，。与Pb之间的距离为 pm(用带有晶胞参数的代数式表示)；该化合物的化学式为 ，晶体密度计算式为 (用带有阿伏加德罗常数的代数式表示和分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。 48.(2025高考·山东)单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： (1)在元素周期表中，位于第 周期 族。基态原子与基态离子未成对电子数之比为 。 (2)尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是 ，电负性最大的是 。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为 。 ③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是 (填元素符号)。 (3)可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为)。 ①晶胞中原子的半径为 。 ②研究发现，晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是 ，该截面单位面积含有的原子为 个。 49.(2025高考·安徽)某含锶()废渣主要含有和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。 已知时， 回答下列问题： (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为 。 (2)“浸出液”中主要的金属离子有、 (填离子符号)。 (3)“盐浸”中转化反应的离子方程式为 ；时，向粉末中加入溶液，充分反应后，理论上溶液中 (忽略溶液体积的变化)。 (4)其他条件相同时，盐浸，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是 。 (5)“浸出渣2”中主要含有、 (填化学式)。 (6)将窝穴体a(结构如图2所示)与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是 。 (7)由制备无水的最优方法是 (填标号)。 a.加热脱水 b.在气流中加热 c.常温加压 d.加热加压 50.(2025高考·黑吉辽蒙卷)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为； ②； ③酒石酸(记作)结构简式为。 回答下列问题： (1)分子中手性碳原子数目为 。 (2)“氧化浸出”时，过二硫酸根转变为 (填离子符号)。 (3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为 。 (4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 。 (5)滤渣2中的金属元素为 (填元素符号)。 (6)“浸铅”步骤，和反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为 ，pH过高可能生成 (填化学式)。 (7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为 。 51.(2025高考·浙江)某研究小组探究AlCl3催化氯苯与氯化亚砜(SOCl2)转化为化合物Z()的反应。实验流程为： 已知： ①实验在通风橱内进行。 ②SOCl2遇水即放出SO2和HCl；AlCl3易升华。 ③氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水。 请回答： (1)在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置如图所示，此处漏斗的作用是 。 (2)写出下图中干燥管内可用的酸性固体干燥剂 (填1种)。 (3)步骤Ⅰ，下列说法正确的是 。 A.氯苯试剂可能含有水，在使用前应作除水处理 B.三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度 C.因实验在通风橱内进行，X处无需连接尾气吸收装置 D.反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束 (4)步骤Ⅱ，加入冰水的作用是 。 (5)步骤Ⅲ，从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作如下，请排序 (填序号)。 ①减压蒸馏 ②用乙醚萃取、分液   ③过滤 ④再次萃取、分液，合并有机相   ⑤加入无水Na2SO4干燥剂吸水 (6) AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl键的断裂，原因是 。 52.(2025高考·浙江)磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答： (1)关于ⅤA族元素原子结构的描述，下列说法正确的是 。 A.基态P原子轨道上的电子自旋方向相同 B.的最外层电子数为18 C.的半径小于的半径 D.电子排布为的P原子处于激发态 (2)某化合物的晶胞如图。 ①化学式是 ； ②将该化合物加入到含少量石蕊的中，实验现象是 (从酸碱性和溶解性角度推测)。 (3)两分子脱水聚合得到一分子，从的结构角度分析差异的原因 。 (4)兴趣小组对某磷灰石[主要成分为和少量]进行探究，设计了两种制备的方法： Ⅰ.用稍过量的浓与磷灰石反应，得到溶液、少量气体、渣(主要成分为)。 Ⅱ.将磷灰石脱水、还原，得到的白磷燃烧后与水反应制得溶液。 ①方法I，所得溶液中含有的杂质酸是 。 ②以方法Ⅰ中所得渣为硫源，设计实验制备无水，流程如下： 溶液A是 ，系列操作B是 ，操作C是 。 ③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，该反应的化学方程式是 。 53.(2025高考·上海)铁红是颜料，什么什么自古以来使用很多的……(题干缺失)。 (1)赭红的主要成分是 。 A. B. C. D. (2)饱和氯化铁溶液说法正确的是 。 A.常温显中性 B.加铁粉变红褐色 C.遇沸水后得到胶体 D.加氨水有白色沉淀 (3)有关铁原子说法正确的是 。(不定项) A.有4个不同能级的电子 B.有5个未成对电子 C.占据15个原子轨道 D.有26种能量不同的电子 (4)加热试管中固体至红热，则 。(不定项) A.移开酒精灯后固体保持红热 B.S只做还原剂 C.主要产生的气体附产物为 D.最终得到黑色的 (5)内界为 ，配体有 种 (6)，加水稀释至体积为原来的2倍，则 。 A.增大 B.不变 C.减小 并用浓度商Q与平衡常数K的大小关系解释原因 。 (7)已知，求的分布系数 。 x 1 2 3 4 K 30.2 134.9 97.72 1.02 第三章 晶体结构与性质 ---- 参考答案及解析 ---- 一、单选题 1.D 由晶胞结构可知，相对原点的分数坐标为，则坐标原点为，位于面心，位于底面面心的分数坐标为，位于侧面面心的分数坐标为，选D。 2.D 可表示为，其中①号氮原子要提供孤对电子与形成配位键，而结构中无孤对电子，故①表示，A正确。该化合物属于可溶性盐，且可与水形成氢键，因此易溶于水，B正确。作还原剂时，化合价升高转化为N2和，因此该化合物释放，C正确。中①号氮原子与Zn2+形成配位键，旁边的氮原子与形成配位键，因此氮原子上没有孤电子对，但中含有氧原子，晶体中存在氢键，D错误。 3.B Na2SiF6的阴离子中有Si提供空d轨道，F-提供孤对电子形成的配位键，A正确。SiF4中心原子Si的价层电子对数是，无孤对电子，为正四面体结构，分子对称，属于非极性分子；H2O为极性分子，B错误。CO2晶体为分子晶体(分子间作用力)，SiO2为共价晶体(原子间共价键)，C正确。中心原子C的价层电子对数是，无孤对电子，VSEPR模型为平面三角形，实际空间结构也为平面三角形，D正确。 4.D 根据图示，晶胞中1位位于晶胞的棱角，其分数坐标为，故A正确。2位坐标为(a，a，1.7a)，3位坐标为(0，0，3.4a)，核间距：apm，B正确。晶胞中原子个数为：，晶胞中原子个数为：(省略中的氧，只标出，所以一起计算的原子)，晶胞和晶胞中原子数之比是，C正确。晶体密度计算公式为：，晶体密度为： ，晶体密度为：，晶体密度大于晶体密度，D错误。 5.A 铋离子位于顶点，与其最近且距离相等的位于棱心，有6个，分别位于上下、前后、左右，A正确。晶胞中含有的铋离子个数为个，B错误。Ba是碱土金属，金属性强于Ca，其易失电子，第一电离能小于O，C错误。晶胞中Ba或K位于体心，个数为总和1，位于棱心，有，所以晶胞的质量是，晶胞体积是，则晶体的密度是：，D错误。 6.C 是推电子基团，使乙酸中羟基的极性减弱，酸性弱于甲酸，A正确。的体积大于，导致其硝酸盐的晶格能较低、熔点更低，B正确。Fe熔点高于Na是因金属键更强，而不是因为Fe的金属性比钠弱，金属性是金属失电子的能力，与金属熔点无关，C错误。分子间氢键使其沸点反常高于，D正确。 7.C 溶液1中主要溶质是，同时由于存在溶解平衡：，还存在极少量的，选项中满足电荷守恒关系，A正确。根据元素守恒可知，若不水解，则，但会水解生成其他含银的微粒，故，B正确。溶液3中可能存在氨水过量的情况，不能得出的结论，C错误。由实验操作可知，存在转化，由此说明AgI更难溶，故可得出结论，D正确。 8.C C、N均以单键连接，晶胞中不含π键，A错误。晶胞内只存在共价键，不是混合型晶体，B错误。由分析可知，晶胞化学式为，C正确。位于面心的C原子，与周围4个氮原子(位于两个晶胞内)相连，其配位数为4，不存在孤对电子，D错误。 9.A 熔点的差异源于离子键的强度。中带3个负电荷，而中只带1个负电荷；离子电荷越高，静电引力越强，离子键越强，熔点越高。因此，的离子键比更强，A错误。氮因原子半径小，p轨道有效重叠，能形成稳定的N≡N三键；磷原子半径大，p轨道重叠差，难以形成稳定的P≡P三键，因此倾向于形成四面体结构，B正确。含氧酸的酸性与O-H键极性有关。中心原子电负性越高，O-H键极性越大，越易解离；氮电负性高于磷，因此中O-H键极性大，酸性强；中P电负性低，O-H键极性小，酸性弱，C正确。氮价层仅有2s和2p轨道，的中心原子N形成杂化后有3个键和1个孤对电子；磷有3d轨道可参与杂化，且原子半径大，能容纳5个配体，故形成，D正确。 10.D 由晶胞图可知，SO2分子位于长方体的棱心和体心，1个晶胞中含(12×+1)个SO2分子，含有8个O原子，A错误。由图可知晶胞中SO2分子的取向不完全相同，如1和2，B错误。1号和2号S原子间的核间距离为上、下面面对角线的一半，即pm，C错误。以体心的S原子为例，由于a≠b≠c，每个S原子周围与其等距且紧邻(距离最小)的S原子有4个，D正确。 11.A 石蜡油的成分主要是高碳烷烃，相对分子质量大，分子间作用力大，导致粘度大，因此石蜡油流动性比水小的原因是分子间作用力比水分子间作用力大，A错误。NH3中N有一对孤电子，能与水提供的H+结合，从而释放OH-，因此NH3溶于水显碱性，B正确。F的电负性大于O，OF2中F显负电性，O显正电性，H2O中O显负电性，H2O中O容易转移电子给OF2中O，因OF2可以氧化H2O，C正确。石墨是层状结构，石墨层间靠范德华力维系，范德华力较弱，导致层与层之间容易滑动，故石墨具有润滑性，D正确。 12.A SO3的VSEPR模型为平面三角形，反映其分子几何结构，但氧化性由硫的高价态(+6)决定，与结构无直接关联，A入选。钾和钠原子结构差异导致电子跃迁能量不同，焰色不同，结构与性质对应合理，B不选。乙烯和乙炔均含π键，π键断裂是加聚反应的基础，结构与性质对应合理，C不选。石墨层中离域p电子使其导电，结构与性质对应合理，D不选。 13.A 聚氯乙烯的单体应为氯乙烯(CH2=CHCl)，而选项中的CH3CH2Cl是氯乙烷，单体错误，A错误。四氧化三铁(Fe3O4)具有磁性，常用于磁带制作，B正确。光碟擦写时晶态与非晶态转换属于物理变化(无新物质生成)，C正确。单晶硅为共价晶体(原子晶体)，固态硬盘芯片使用单晶硅，D正确。 14.A C和H原子间通过共用电子对形成的是共价键，A正确。该配合物具有芳香性，存在的是共轭大π键，不存在碳碳双键，B错误。根据价键理论分析，该物质有10个H原子，C错误。大π键环上可以发生取代反应，D错误。 15.D ①中滴加数滴浓盐酸，试管溶液黄色加深，生成更多的，说明浓盐酸促进平衡正向移动，A正确。由①到②，溶液变为红色，说明转化为，即生成并消耗，B正确。②、③溶液中，均存在平衡，由于温度不变，故该反应的平衡常数不变，由于②、③溶液中含有的初始浓度相同，且②溶液为红色，③溶液为无色，故能说明：②>③，C正确。类似C选项分析，由①→④推断，溶液中的是越来越小的，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，无法确定①中溶液中的的含量是否能够氧化I-，D错误。 16.C 由晶胞结构可知，Sc原子分布在晶胞的8个棱心和4个面心，由均摊法算出其原子个数为，由晶体的化学式可知，O原子的个数是Sc的3倍，因此，每个晶胞中O2-个数为12，A正确。由晶胞结构可知，该晶胞在yz平面的投影就是其前视图，B正确。Ce4+ 取代La3+后，Li+数目减小并产生空位，因此，根据化合价的代数和为0可知，取代后该电解质的化学式为，C错误。Li+与电子所带的电荷数目相同，只是电性不同，原电池中内电路和外电路通过的电量相等，因此，若只有Li+发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的Li+数目相等，D正确。 17.B 由图中转化信息可知，既能与盐酸反应生成盐和水，又能与氢氧化钠反应生成盐，因此其是两性氢氧化物，A正确。由题中信息可知，的熔点远远高于的，因此不可能是分子晶体，而的熔点和沸点均较低，其为分子晶体，因此两者的晶体类型不相同，B错误。中 Be 原子与4个羟基形成4个σ键，没有孤电子对，只有4个成键电子对，因此，其杂化方式为 sp3，C正确。中的Be化合价为+2，C的化合价为-4，因此其与反应生成和，该反应的化学方程式为，D正确。 18.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，故苄氯为极性分子，A错误。同主族元素从上到下电负性逐渐减小，故电负性：，B错误。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：，C正确。15-冠-5是分子，与阳离子之间不存在离子键，二者通过非共价键形成超分子，D错误。 19.A 由晶胞图可知，晶胞中Ag位于体心，B位于顶点，C、N位于体对角线上，沿晶胞体对角线方向投影，体对角线上的原子投影到中心(重叠)，其余6个顶点原子分别投影到六元环的顶点上，其他体内的C、N原子都投影到对应顶点原子投影与体心的连线上，则投影图为，A错误。Ag位于体心，与周围4个N原子原键，价层电子对数为4，且与4个N原子形成正四面体，则Ag为杂化；由晶胞中成键情况知，共用顶点B原子的8个晶胞中，有4个晶胞中存在1个C原子与该B原子成键，即B原子的价层电子对数为4，为杂化，B正确。晶胞中Ag位于体心，与最近且距离相等的就是该晶胞上、下、左、右、前、后6个相邻的晶胞体心中的原子，为6个，C正确。B位于顶点，其个数为，Ag、C、N均位于晶胞内，个数分别为1、4、4，由晶胞密度可知晶胞参数a=，和B的最短距离为体对角线的一半，即，D正确。 20.C 氯化钠中的钠离子半径(Na+)比氯化铯中的铯离子半径(Cs+)小，离子键强度更大，因此熔点更高，解释正确，A正确。碘和四氯化碳均为非极性分子，符合“相似相溶”原理，解释正确，B正确。草酸氢钠溶液显酸性是因为草酸氢根(HC2O)的电离程度(释放H+)大于水解程度(生成OH⁻)，解释错误，C错误。离子液体的导电性源于其内部可自由移动的阴、阳离子，解释正确，D正确。 21.D 由晶胞图知，白球位于体心，晶胞中数目为1，黑球位于顶角、棱心、体内，六方晶胞上下表面中一个角60°，一个角为120°，晶胞中数目为，结合题意知，白球为Sm、黑球为Co，该物质化学式为，A正确。体心原子位于晶胞的中心，其分数坐标为，B正确。每个晶胞中含有1个“”，晶胞底面为菱形，晶胞体积为，则晶体密度为，C正确。原子Q的分数坐标为，由体心原子向上底面作垂线，垂足为上底面面心，连接该面心与原子Q、体心与原子Q可得直角三角形 则原子Q到体心的距离，D错误。 22.A 该化合物在氦气的气氛中加热，先失去CH3OH，若x=1，CH3OH的质量分数为，结合图像可知，该化合物中x=1，A正确。同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>C，B错误。该化合物中，配离子与之间为离子键，故C项说法错误。该化合物中，根据O、N原子成键数可知，O-Fe为共价键，N-Fe为配位键，配位数为与中心原子或离子键合的原子总数，因此配位数为6，配体为与中心原子或离子形成配位键的分子或离子个数，因此配体个数为2，D错误。 23.D ②中沉淀为，④中沉淀为，二者不是同一物质，A正确。③中含有的溶质为，Cu2+与NH3中N原子形成配位键，而未与H2O中O形成配位键，说明配体结合能力：NH3>H2O，故B项说法正确。为离子化合物，属于强极性物质，乙醇属于极性相对低的有机物，向的水溶液中加入乙醇，扩大了溶质与溶剂的极性差，使得在水溶液中析出，即在乙醇中的溶解度小于在水中，C正确。由于⑥中溶液呈黄绿色是由于含有，因此向⑤中加入稀硫酸无法得到黄绿色溶液，D错误。 24.D BF3为平面正三角形结构，结构对称，属于非极性分子，A错误。NaF是离子晶体，B错误。同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径C＜Li＜Na，C错误。N2分子中含有三键，所以含有2个π键，D正确。 25.B 主体分子内羟基与磺酸基相邻较近，磺酸基中含有羟基的结构，可以形成分子内氢键，A正确。主体与客体间通过非共价键形成超分子，B错误。已知单键的键能小于双键，则S-O的键能比S=O键能小，C正确。N原子价电子数为5，中N有4条键，失去1个电子形成阳离子，无孤对电子，采用sp3杂化，中N有3条键，1对孤对电子，价层电子对数为4，采用sp3杂化，D正确。 26.C 焰色反应的本质是电子跃迁释放特定波长的光，不同元素的原子能级(能量量子化)导致焰色差异，结构因素正确，A不选。SiH4和CH4均为分子晶体，沸点差异由分子间作用力(范德华力)强弱决定，结构因素正确，B不选。金属延展性源于金属键的特性(自由电子使原子层滑动)，而离子键对应离子晶体(延展性差)，结构因素“离子键”错误，C入选。四大晶体类型只是理想的模型，共价晶体与离子晶体没有明显的边界，二者间存在过渡区域，刚玉的硬度大，熔点高，说明其具有共价晶体的特征，结构因素正确，D不选。 27.D Si为14号元素，其基态价电子排布式为3s23p2，故其基态价电子排布图为，A正确。16O和18O为氧元素的两种同位素，18O常用作同位素标记，可作为有机反应的示踪原子，B正确。SiCl4为分子晶体，Si与Cl形成一对共用电子对，故SiCl4的电子式为，C正确。SiO2为共价晶体，其球棍模型应为立体网状结构，不能表示SiO2，D错误. 28.A H2O沸点高于H2S的主要原因是H2O分子间存在氢键、H2S分子间不存在氢键，而非O的电离能大于S，电离能与沸点无直接关联，A错误。HClO酸性强于HBrO是因为Cl的电负性大于Br，导致O-H键极性更强，更易解离H+，B正确。金刚石硬度大于晶体硅是因为C原子半径小于Si，C-C键键能更大，共价结构更稳定，C正确。MgO和NaF均属于离子晶体，离子晶体的熔点取决于其晶格能的大小，离子半径越小、离子电荷越多的，其晶格能一般较大，其熔点更高；MgO熔点高于NaF是因为Mg2+和O2−的电荷高于Na+和F−，且其阴、阳离子的半径对应较小，故离子键强度更大，晶格能更高，D正确。 29.A 碘晶体中，分子间是“卤键”(类似氢键)，层与层间是范德华力，与石墨不同(石墨层内只存在共价键)所以碘晶体是分子晶体，A错误。由图可知，题目中的“卤键”类似分子间作用力，只不过强度与氢键接近，则液态碘单质中也存在类似的分子间作用力，即“卤键”，B正确。由图可知，每个分子能形成4条“卤键”，每条“卤键”被2个碘分子共用，所以每个碘分子能形成2个“卤键”，碘晶体物质的量是0.5mol，“卤键”的个数是，C正确。碘晶体为层状结构，所给区间内4个碘原子处于面心，则每个晶胞中碘原子的个数是，晶胞的体积是，密度是，D正确。 氨是其他含氨化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成。遇水转化为。溶于氨水得到深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与溶液反应生成沉淀。 30.D 根据题干信息可知，氨可在氧气中燃烧生成，所给方程式符合反应原理，A正确。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，生成氨基钠和氢气，发生的是置换反应，所给方程式符合反应原理，B正确。根据题干信息可知，溶于氨水得到深蓝色溶液，所给方程式符合反应原理，C正确。浓氨水与溶液反应生成沉淀，生成物应为，方程式为：，D错误 31.B 根据题干信息，遇水转化为，反应为：，说明结合能力更强，A错误。根据题干信息，深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液，说明更容易与配位形成，故与氨形成配位键的能力：，B正确。原子半径，则键长：，C错误。所含电子数为，所含电子数，相同数量的两种微粒所含电子数相等，D错误。 32.B W位于立方体的顶角，以顶角W为例，在此晶胞内，离该顶角最近且距离相等的O原子位于该顶角所在3条棱的棱心，由于该顶角在8个晶胞里，而棱上的原子被4个晶胞共有，所以与W最近且距离相等的O原子有，故A正确。O元素化合价为-2价，负化合价总数为-6，设W元素的平均化合价为y，据正负化合价代数和为0可得：-6+y+x=0，y=6-x，x的值增大y减小，即W元素的平均化合价降低，B错误。时，立方晶胞中W个数为、O个数为，若x=0.5，晶胞质量为，晶胞体积为，则密度，所以密度为时，x=0.5，C正确。晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，即空位数不同，吸收的可见光波长不同，D正确。 33.D C、N、O同周期，同一周期主族元素，从左到右第一电离能有逐渐增大的趋势，第VA族的第一电离能大于同周期相邻的两种元素，则第一电离能N＞O＞C，A错误。甲为NH4OCN，中有N原子提供孤对电子、H+提供空轨道形成的N→H配位键，故B错误。乙为，其中有4个N-H、2个C-N、碳氧原子之间1个σ键，则一个中有7个键、1个π键，键与π键的数目比为7：1，C错误。甲为NH4OCN，其中的C原子与N原子形成三键、与O原子形成单键，键电子对数为2，无孤对电子，C原子采取sp杂化，乙为，其中的C原子形成3个键，即键电子对数为3，无孤对电子，C原子采取sp2杂化，D正确。 34.C CO2中C和O之间有两对共用电子，其结构为，A错误。H2O的中心原子为O，根据价层电子对互斥理论，其外层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，O原子与H原子形成共价键，剩余两对孤电子对，因此，H2O为V形分子，B错误。NH4Cl由NH和Cl-组成为离子化合物，晶体类型为离子晶体，C正确。NH4HCO3溶液中含有NH和HCO，NH可以与水分子形成氢键，增大了NH在水中的溶解度，D错误。 35.D 由图可知该化合物中存在离子键、配位键和分子间作用力，故晶体类型为混合晶体，A正确。与二价铁通过配位键形成[Fe(NH3)2]2+，B正确。与水反应可以生成Fe(OH)2沉淀，方程式为+2H2O=Fe(OH)2↓+2NH4Cl，C正确。中[Fe(NH3)2]2+离子半径大于Fe2+，[Fe(NH3)2]2+与Cl-之间的键能小于Fe2+与Cl-之间的键能，热稳定性小于FeCl2，D错误。 36.C 根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA，ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能：N＞O＞S，A正确。已知同一周期从左往右元素的电负性依次增大，电负性Si＜P＜Cl，电负性差值越大，键的极性越大，故化合物中键的极性：SiCl4＞PCl3，B正确。同一主族从上往下元素的金属性依次增大，金属性Li＜K，故碱性：LiOH＜KOH，C错误。已知同一周期从左往右元素的电负性依次增大，即电负性Mg＜Al，故Mg与O的电负性差值＞Al与O的电负性差值，电负性差值越大离子键百分数越大，故化合物中离子键百分数：MgO＞Al2O3，D正确。 二、解答题 37.【答案】(1)i.BEF 该步骤中需要控制温度，需要用到温度计，装浓硫酸的反应容器需要有两个孔，一个用于加入试剂，一个用于装温度计，故需要二颈烧瓶，另外该反应过程中需要隔离水分，故还需要一个盛有干燥机的干燥管防止空气中的水分进入装置，故选BEF； ⅱ.A 红外光谱图可获得分子中所含有的化学键或官能团的信息，核磁共振氢谱可以获得有机化合物分子中有几种处于不同化学环境的氢原子及它们的相对数目等信息，X射线衍射可以获得更为直接而详尽的结构信息。对于分子结构比较复杂的有机化合物的分子结构，X射线衍射可以通过晶体结构分析确定分子结构，其他手段则常需要组合多种方法共同表征，比如组合核磁共振氢谱、质谱和红外光谱，表征常见有机化合物。题目需要指定一种分析方法，故选项A是本题所要求； (2)i.根据表中实验数据可以补全坐标轴，图中已给出全部数据点，拟合曲线及1条趋势线(虚线)为 ⅱ.当较大时，吸光度A几乎不变是因为L过量，硝酸铜溶液()中近乎完全转化为Z，继续加入L，吸光度A也不会变化，图中趋势线方程为，其与拟合曲线重合部分的化学含义为L大量过量，近乎完全转化为Z； ⅲ.当增大而吸光度A不变时，说明反应达到理论反应终点，在图中表示理论反应终点X： ⅳ.由 可知，X点对应的为1，反应达到终点； ⅴ.的拟合曲线与趋势线偏离的原因是：该配位反应为可逆反应，存在化学平衡，Cu2+、L都不能完全转化，导致实测吸光度低于理论值。 38.【答案】(1)；； 根据分析，滤液1的为，依据(Ⅲ)和(Ⅳ)的分布系数图，铝元素在溶液中的主要存在形式为，硅元素在溶液中的主要存在形式为与，故与碱反应的离子方程式为、； (2)使溶液中的为；大于 根据分析，加入固体水热再生的目的是获得高纯度分子筛()材料，同时得到含有的滤液2，水热再生过程中，为了使溶液中的为，需要定量补充固体，更好地得到。滤液1的主要成分为、、、，向滤液1中加入水解后呈碱性的固体后过滤得到滤液2：2K4SiO4+2KAl(OH)4+3H2O=2↓+8KOH、2K3HSiO4+2KAl(OH)4+H2O=2↓+6KOH，滤液的碱性变强，故滤液2的大于滤液1的； (3)配位作用 已知树脂片段的结构为，其中的N与O原子均存在孤电子对，的中心镓离子提供空轨道，形成配位键，则在吸附时，中心镓离子与树脂间存在的主要相互作用是配位作用； (4)浓缩结晶、过滤 根据分析，用树脂吸附滤液2中的，再加入K2S、KOH进行进行树脂解吸得到含的溶液，将所得溶液浓缩结晶、过滤除去析出的K2S晶体，得到富镓溶液，故操作X为浓缩结晶、过滤； (5)钾离子处在结构的层间及空洞中，能够通过阳离子交换释放 从晶胞结构来看，钾离子处在结构的层间及空洞中，钾离子与晶胞结构中的其他离子结合力较弱，能够通过阳离子交换释放，从而脱离晶胞进入土壤中，能被植物吸收。 39.【答案】(1)ABD 硫原子的原子序数为16，其基态电子排布为:1s22s22p63s23p4，其中，1s、2s、2p、3s轨道中的电子都是成对的，共6对，3p轨道中有4个电子，其中有1对成对电子，2个单电子未成对。因此，成对电子共7对，A正确。焰色反应是金属离子在高温下激发，电子跃迁回基态时释放能量，以光的形式表现，B正确。基态铜原子电子排布式为[Ar]3dl04s1，当基态铜原子失去2个电子时，先失去4s轨道的1个电子，再失去3d轨道的1个电子，形成:[Ar]3d9，3d轨道并未充满，C错误。配位数是指中心原子周围配体的个数，配位数都是1，但的中心铜离子电荷更高，说明中心铜离子的氧化态更高，配体结合更稳定，D正确。 (2) 根据均摊法，该铜化合物的晶胞中含Pt：，每个Pt周围四个Cl配位；每个晶胞中含Cu：，每个Cu周围四个NH3配位，则由配离子表示的该化合物的化学式为； (3)①化合物A与化合物B结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物B中N-H键的极性更强，更易断裂 化合物A与化合物B结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物B中，N-H键的极性更强，更易断裂，给出趋势相对更大； ②2 +3H2SO4 + 8H2O 2+ 3(NH4)2SO4 +2 H2S↑；或 +3H2SO4 + 4H2O + 3NH4HSO4 + H2S↑ 化合物A[化学式：]与足量稀硫酸混合，中P元素为+5价，S元素为-2价，反应过程中各元素化合价未发生变化，在加热条件下反应，生成、H2S气体和(NH4)2SO4，化学方程式为：2 +3H2SO4 + 8H2O 2+ 3(NH4)2SO4 +2 H2S↑；或 +3H2SO4 + 4H2O + 3NH4HSO4 + H2S↑； ③将气体C通入少量酸性KMnO4溶液中，若酸性KMnO4溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S(或将气体C与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S) 由②可知气体C为H2S，利用其还原性检验：将气体C通入少量酸性KMnO4溶液中，若酸性KMnO4溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S(或将气体C与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S) ； (4)① 4+33O2 + 2H2SO4 = 12CuSO4 + 2 Fe2(SO4)3 +2H2O 步骤I中，与稀H2SO4、O2发生氧化还原反应，S元素化合价从-2价氧化为+6价，Fe元素化合价从+2价氧化为+3价，Cu元素保持+2价，生成CuSO4、Fe2(SO4)3和H2O，根据氧化还原反应的配平原则，化学方程式为:4+33O2 + 2H2SO4 = 12CuSO4 + 2 Fe2(SO4)3 +2H2O； ②SO2；、Fe2+ 步骤Ⅱ中要将溶液E(含Cu2+等)中的铜元素全部转化为CuBr，且不引入新元素，结合反应中元素化合价变化，Cu2+被还原为Cu+(存在于CuBr中)，需要加入具有还原性的气体，所以气体X为SO2。溶液E中的Fe3+与SO2发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，同时溶液E中的CuSO4、Fe2(SO4)3还有大量的，所以溶液F除含K+、H+、Br-外，浓度最高的两种离子为、Fe2+。 40.【答案】(1) 绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫，反应的化学方程式为，故答案为：； (2)； 经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；分解生成、二氧化硫、三氧化硫，“水浸”，过滤分离后，滤渣①的主要成分是为、，故答案为：；； (3)；； 加入 “调”，，，，，溶液中没有铁离子、氯离子，两者均以氢氧化物沉淀下来，过滤后，滤渣②是为、；滤液中的浓度为，故答案为：；；； (4)4 因为离子半径，晶胞图中位于8个顶点，6个面心，1个晶胞中的个数为，故答案为：4； (5) 调节“沉镍”后的溶液为碱性，通入二氧化碳“矿化”发生反应 ，故答案为：； (6)89.6 物质的量为，根据C原子守恒，固定为，标准状况下的体积为，故答案为：89.6。 41.【答案】(1) 原子的价电子是指和能级上的电子，所以基态原子的价电子排布式为； (2)； 由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是；将3价钴还原为2价钴，同时由于硫酸的作用得到，化学方程式为； (3)；防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降 “沉铁”时，转化为，铁元素化合价上升，则做氧化剂，离子反应为：；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至的主要原因是防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降； (4) 由表可知，，“沉铝”时，未产生沉淀，则； (5)；；sp2 由流程可知，第二次萃取时，主要萃取，因此与混合萃取剂形成的配合物更稳定；六元杂环是平面结构，N原子提供单电子用于环内形成大π键，剩余1对孤对电子形成配位键，N的价层电子对数为3，是sp2杂化。 42.【答案】(1)搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等 “酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等； (2)4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+ 由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为，离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+； (3)5 “沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，，根据Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5； (4)AD “选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有： A、镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确。配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误。配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误。烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确。 (5)3：1：1 根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为，面心的原子与体心的原子距离为，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×个，顶点原子为Cu，有8×个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1； 12 根据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为； (6)2NH3N2+3H2；Fe2O3+3H22Fe+3H2O ①氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O； ②电解Fe2O3颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH溶液和颗粒，装置图如下： ； ③没有污染物产生 与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。 43.【答案】(1)Mg是第12号元素，其基态最外层电子的电子排布式为3s2，故其基态原子最外层轨道表示式为：。 (2)CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H-C-H的键角为109°28′，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28′。 (3)①N 的内界为，故其配体为NH3，由于N原子有孤电子对，所以配位原子为N； ② 根据均摊法，该晶胞中的个数为，的个数为8，故每个晶胞中含有4个，则晶体的密度为。 (4)①生成的活化能更低 由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，反应生成的活化能更低，故室温下易于生成； ②根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应为放热反应，即，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，脱除生成是指逆反应方向，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。 44.【答案】(1) Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布属于洪物规则的特例，其价电子数为11，其价层电子排布式为。 (2) “还原酸浸”时，被亚硫酸钠还原为，该反应的离子方程式为。 (3) “浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ① ② 分析以上两反应可知，参与了反应①，但在反应②又重新生成，其质量和性质在反应前后没发生变化，因此，上述过程中的催化剂为。 (4)大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度 “还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件；第三，还可以减少废水的排放量和处理成本；第四，可以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。 (5) “还原酸浸”时，和CuO可以被硫酸溶解转化为和，亚硫酸钠将还原为，而并未被还原，因此，的氧化性强于；“氧化”时，被氧化为，因此，的氧化性强于。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为。 (6)0.19 25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，根据的为，则。 (7)①12 由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方，Sb位于晶胞的顶点，其与邻近的3个面的面心上的Mn距离最近且距离相等，每个顶点参与形成8个晶胞，而每个面心参与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有个。 ② 由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1个Sb和3个Mn，因此，该晶胞的质量为，该晶胞的体积为，晶体的密度为。 45.【答案】(1)①氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 酸浸时，若不通入，会发生反应：，通入可以氧化生成S，促进酸浸反应正向进行，提高浸出率； ②否。时， ，则未沉淀完全 通入除镉，当溶液时，，又因为，=，则=，则此时，此时的浓度大于，离子沉淀不完全。 ③ZnO 由②知，除镉时溶液酸性较强，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的，加入的氧化物为ZnO。 (2)；负电 晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由替换，区域B中，由替换；按照均摊法，区域B中含：3个、：1个、：个，，则区域B带负电。 (3)① 根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”，与反应除了生成外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：。 ②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降 随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降，所以反应后，砷回收率下降。 46.【答案】(1)s；3d8 Ca原子序数为20，电子排布为[Ar]4s2，价电子位于s轨道，属于周期表s区；Ni原子序数为28，基态电子排布为[Ar] 3d84s2。Ni失去4s能级上2个电子形成Ni2+，价电子排布为3d8，故答案为：s；3d8。 (2)O原子上存在2对孤电子对，VSEPR模型考虑孤电子对而空间结构模型不考虑 中心O原子有2个σ键，孤电子对数为，共4个价电子对，模型为四面体型，空间构型为V型，故答案为：O原子上存在2对孤电子对，VSEPR模型考虑孤电子对而空间结构模型不考虑。 (3)Ni2P 该晶胞中，P原子8个位于顶点(4个被6个晶胞共用，4个被12个晶胞共用)、2个位于体内，1个晶胞中所含P原子数为，Ni原子8个位于棱(均被4个晶胞共用)、6个位于面(均被2个晶胞共用)，1个位于体内，Ni原子数为，因此该物质的化学式为Ni2P。 (4)反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移 重整反应会消耗CO2，降低体系中CO2分压，使分解反应正向移动且反应放热，可以为碳酸钙分解提供能量，故答案为：反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移​。 (5)T1；升高温度，反应Ⅱ正向移动 反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应正向移动，CH4转化率增大，因此温度最高的是T1，故答案为：T1；升高温度，反应Ⅱ正向移动。 (6)1.2；70% 一定温度、下，向体系中加入和，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，反应Ⅰ：平衡时生成，转化率为，物质的量为，则 气体总物质的量n总=(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3mol， 反应Ⅲ的平衡常数，平衡时，原位利用率为，故答案为：1.2；70%。 47.【答案】(1)使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使As2O3沸腾收集 设计焙烧温度为600℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集，故答案为：使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集； (2)4++2=3+CO2 将通入和的混合溶液可制得，根据元素守恒可知还生成了二氧化碳，该反应的化学方程式为4++2=3+CO2，故答案为：4++2=3+CO2； (3)分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液 酸浸时，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，故酸浸的目的为分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液； (4)电解法或置换法 浸出液主要为硫酸铜，经过电解或置换法转化为铜，故从浸出液得到Cu的方法有：电解法或置换法； (5)；CsPbBr3； 某含Pb化合物室温下晶胞如图所示，Cs位于体心，个数为1，Pb位于顶点，个数为=1，Br位于棱心，个数为=3，该化合物的化学式为CsPbBr3，Cs位于体心，Pb位于顶点，与Pb之间的距离为体对角线的一半，由于晶胞参数，℃，与Pb之间的距离为 pm，该晶体密度计算式为，故答案为：；CsPbBr3；。 48.【答案】(1)四；VIII；4：5 Fe为26号元素，位于元素周期表中第四周期VIII族；基态Fe原子电子排布式为[Ar]3d64s2，未成对电子数为4，基态Fe3+电子排布式为[Ar]3d5，未成对电子数为5，故答案为：四；VIII；4：5。 (2)①N；O 同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>C；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C，故答案为：N；O。 ②sp2 尿素分子中C原子形成3个σ键，无孤电子对，采取的轨道杂化方式为sp2杂化。 ③O 八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，因此N原子不会参与形成配位键，说明C=O中O原子参与配位，所以与配位的原子是O。 (3)① 为体心立方晶胞，晶胞边长为a pm，体对角线长度为，体心立方晶胞中Fe原子半径r与体对角线关系为4r=，因此原子的半径为。 ②n； m截面面积Sm=a2pm2，每个顶点被8个相邻晶胞共享​​，每个晶胞的面被两个晶胞共用，每个晶胞的顶点原子贡献个原子给该晶面，所含原子数为，单位面积原子数为个pm-2；n截面面积为pm2，每个顶点被8个相邻晶胞共享，每个顶点参与形成四个通过体心的截面，体心原子完全属于本截面，所含原子数为，单位面积原子数为个∙pm-2，因此催化活性较低的是n截面，该截面单位面积含有的原子为个∙pm-2。 49.【答案】(1) 锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价电子排布式为； (2)、 由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有、、； (3)； 由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，离子方程式：；该反应的平衡常数，平衡常数很大，近似认为完全转化，溶液中剩余，则，列三段式：，理论上溶液中； (4)升高温度，与有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大 随温度升高锶浸出率增大，原因是升高温度，与有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大； (5)、 “盐浸”时发生沉淀的转化，生成了，不参与反应，故浸出渣2”中主要含有、、； (6)窝穴体a的空腔与更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定 窝穴体a与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是窝穴体a的空腔与更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定； (7)a 为强碱，则也是强碱，不水解，排除b，由平衡移动原理可知制备无水的方法加压不利于脱水，排除c、d，选a。 50.【答案】(1)2 碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A分子中手性碳原子有2个，； (2) “氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为； (3)“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小； (4)Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu 加入Zn发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2+置换出Cu单质，离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu； (5)Fe 根据分析，滤渣1有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素的沉淀； (6)pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+正向移动，PbA产率增大；Pb(OH)2 “浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-PbA+，Na2A溶液中存在A2-+H2OHA-+OH-，pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+正向移动，PbA产率增大；pH过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA产率降低； (7)Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑ 290℃“真空热解”PbA即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb单质和2种气态氧化物为CO和H2O，反应的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑。 51.【答案】(1)AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3 已知AlCl3易升华，即受热之后变为蒸汽，遇冷之后又凝华为固体，故在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置中漏斗的作用是：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3，故答案为：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3； (2)P2O5、硅胶 酸性干燥剂一般用于干燥酸性或中性气体，常见的酸性固体干燥剂有五氧化二磷或硅胶等，它可以吸收水分，此处干燥剂是为了防止空气中水蒸气进入，可使用P2O5、硅胶，故答案为：P2O5、硅胶； (3)ABD 由题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，氯苯试剂可能含有水，故在使用前应作除水处理，A正确。由题干信息可知，AlCl3易升华，故三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度，B正确。由(2)题干信息可知，X处装入干燥剂起到干燥作用，而未能吸收尾气，故因实验在通风橱内进行，X处仍需连接尾气吸收装置以增加实验的安全性和环保性，C错误。已知氯苯和SOCl2在AlCl3催化作用下生成Z和HCl，即反应过程中能够产生难溶于有机物的HCl气泡，则可知反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束，D正确。 (4)除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率 由分析可知，步骤Ⅰ所得M1中含有Z、氯苯和SOCl2、AlCl3等，结合题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，且AlCl3易溶于水而难溶于有机物，故步骤Ⅱ中加入冰水的作用是除去混合物中的SOCl2、AlCl3，同时冰水可以降低反应速率；故答案为：除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率； (5)②④⑤③① 由分析可知，步骤Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，结合题干信息：氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水，步骤Ⅲ从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作为：用乙醚萃取、分液，再次萃取、分液，合并有机相，加入无水Na2SO4干燥剂吸水，过滤出Na2SO4晶体，即得到氯苯和Z的混合，在进行减压蒸馏，故答案为：②④⑤③①； (6)AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，促使SOCl2反应中S-Cl键的断裂 已知AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，故AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl健的断裂，故答案为：AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，促使SOCl2反应中S-Cl键的断裂。 52.【答案】(1)AD 基态P原子价电子排布式为3s23p3，根据洪特规则，轨道上的3个电子自旋方向相同，A正确。基态As原子价电子排布式为4s24p3，的价电子排布式为4s2，最外层电子数为2，B错误。比多一个电子层，所以的半径大于的半径，C错误。基态P原子的电子排布式为的，电子排布为的P原子处于激发态，D正确。 (2)① Ca3PCl3 根据均摊原则，晶胞中Cl原子数、P原子数、Ca原子数，所以化学式是Ca3PCl3； ②溶液变蓝，有气体放出 Ca3PCl3中P显-3价，将该化合物加入到含少量石蕊的中，反应生成氯化钙、氢氧化钙、PH3气体，溶液呈碱性，实验现象是溶液变蓝，有气体放出。 (3)的负电荷密度大，更易结合氢离子 当两分子H3PO4脱水聚合时，结构发生变化，聚合结构的体积更大，负电荷分布更分散，更容易电离出氢离子，而的负电荷密度大，更易结合氢离子，所以聚合后的Ka3值增大； (4)①硫酸、盐酸、氢氟酸 方法I中，和浓硫酸反应生成硫酸钙、磷酸、氢氟酸、盐酸，氢氟酸和反应生成SiF4气体和水，所得溶液中含有的杂质酸是硫酸、盐酸、氢氟酸。 ②碳酸钠溶液；过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；加热脱水 碳酸钠和硫酸钙反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀和硫酸钠，溶液A是碳酸钠溶液；过滤出碳酸钙，得硫酸钠、碳酸钠混合液，加硫酸除碳酸钠，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得，系列操作B是过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，加热脱水得无水硫酸钠，操作C是加热脱水。 ③2+30C+20SiO220CaSiO3+3P4+30CO↑ 方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，根据元素守恒，可燃性气体为CO，该反应的化学方程式是2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑。 53.【答案】(1)D 、、均为黑色，赭红的主要成分是，故选D。 (2)C 饱和氯化铁溶液中铁离子水解使得溶液显酸性，A错误。铁和铁离子生成亚铁离子，溶液变为浅绿色，B错误。制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色，C正确。加氨水生成红褐色氢氧化铁沉淀，D错误。 (3)C 铁为26号元素原子，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2。.有7个不同能级的电子，错误。有4个未成对电子，错误。占据15个原子轨道，正确。同一能级能量相同，有7种能量不同的电子，错误，选C。 (4)A 铁和硫反应为放热反应，移开酒精灯后固体保持红热，A正确。反应生成FeS，S化合价降低，做氧化剂，B错误。主要产生的气体附产物为二氧化硫，而非，C错误。最终得到黑色的FeS，D错误。 (5)；2 内界为，配体有SCN2-、H2O两种 (6)A；所有离子浓度变为原来，，平衡逆移 所有离子浓度变为原来，，平衡逆移，使得溶液中铁离子的物质的量增大，故选A； (7)0.805 、、、，=。 16 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $