主题二 物质结构与性质（综合训练）（江苏专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

主题二 物质结构与性质 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 K-39 Cr-52 Zn-65 第Ⅰ卷(选择题 共39分) 一、选择题(本题共13个小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．（24-25高二下·江苏·阶段练习）我国探月工程取得重大进展，嫦娥六号在月球背面采集的月壤中含有 Si、Mn、Ti、Fe 等元素，其中位于元素周期表短周期的是 A．Si B．Mn C．Ti D．Fe 【答案】A 【解析】A．Si位于元素周期表第三周期，属于短周期元素，故A正确； B．Mn位于元素周期表第四周期，属于长周期元素，故B错误；C．Ti位于元素周期表第四周期，属于长周期元素，故C错误； D．Fe位于元素周期表第四周期，属于长周期元素，故D错误；故答案为：A。 2．（2026·江苏扬州·一模）常温下，过硫化钠(Na2S2)与盐酸反应可以生成S和H2S。下列说法不正确的是 A．Na2S2中有离子键 B．Cl-的结构示意图为 C．单质硫为共价晶体 D．H2S分子为极性分子 【答案】C 【解析】A．Na2S2中和离子间形成离子键，A正确；B．图中Cl-的结构示意图最外层有8个电子，B正确；C．单质硫是皇冠状的分子，硫原子之间用共价键连接，分子间通过范德华力连接，属于分子晶体，C错误；D．H2S分子各原子电负性有差异，有偶极矩，为极性分子，D正确；故答案选C。 3．（25-26高三上·江苏·月考）下列说法正确的是 A．热稳定性： B．离子半径： C．电负性：Si>H D．酸性： 【答案】A 【解析】A．热稳定性比较：是离子化合物，是配合物，配合物中的配位键较弱，受热易分解，因此热稳定性，A正确；B．离子半径比较：和均具有Ne型电子层结构（10电子），核电荷数（Z=11）>（Z=9），核电荷数越大离子半径越小，故离子半径，B错误；C．电负性比较：电负性表示原子吸引电子的能力，Si的电负性约1.8，H的电负性约2.1，且中H显负电性、Si显正电性，故电负性Si<H，C错误；D．酸性比较：P和Cl同属第三周期，非金属性Cl>P（同周期从左到右增强），最高价含氧酸酸性（高氯酸为最强无机酸之一），D错误；故答案选A。 4．（2025·江苏泰州·模拟预测）科学家合成的可高效吸附甲醇。下列说法正确的是 A．原子半径：r(O)>r(B)>r(H) B．电负性：(Cl)>(C)>(H) C．第一电离能：(O)>(N)>(C) D．酸性： 【答案】B 【解析】A．O和B同周期，原子半径B＞O，而H的原子半径最小，因此原子半径顺序应为r(B)＞r(O)＞r(H)，A错误；B．Cl的电负性（3.0）＞C（2.55）＞H（2.20），顺序正确，B正确；C．N的电子结构半充满，第一电离能N＞O＞C，而C选项顺序为O＞N＞C，C错误；D．酸性强弱顺序应为HClO4＞HNO3＞H2CO3，D选项顺序错误，D错误；答案选B。 5． （25-26高三上·江苏泰州·月考）晶体可作激光发射材料。下列说法正确的是 A．半径： B．第一电离能： C．键角： D．电负性： 【答案】B 【解析】A．具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，和均为18电子结构，但Ca原子序数大于P，故r() < r()，A错误；B．同周期元素第一电离能从左至右呈增大趋势，但第ⅤA族元素（P）因p轨道半充满状态更稳定，其第一电离能高于相邻的第ⅥA族元素（S），故I1(P) > I1(S)，B正确；C．中N电负性大于中P，成键电子对更靠近中心原子，键角更大，故键角小于，C错误；D．同周期元素电负性从左至右递增，F在O右侧且为电负性最大元素，故χ(F) > χ(O)，D错误；故选B。 6． （2025·江苏镇江·模拟预测）氮、磷及其化合物应用广泛，磷元素有白磷、红磷等单质，白磷()易自燃，燃烧热为，其分子结构及晶胞如下图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式为(白磷，s)(红磷，s)  ；实验室常用溶液吸收有毒气体，生成、和；P元素可形成多种含氧酸，其中次磷酸()为一元弱酸；磷酸可与铁反应，在金属表面生成致密且难溶于水的磷酸盐膜。 下列说法正确的是 A．分子中的键角为109°28′ B．白磷晶体中1个分子周围有12个紧邻的分子 C．白磷和红磷互为同分异构体 D．白磷和红磷在中充分燃烧生成等量，红磷放出的热量更多 【答案】B 【解析】A．白磷分子为正四面体结构，每个顶点1个P原子，则P4分子中的P-P-P键角为60°，A错误；B．白磷为面心立方最密堆积，配位数为12，则白磷晶体中1个P4分子周围有12个紧邻的P4分子，B正确；C．白磷和红磷均是磷元素形成的单质，二者互为同素异形体，C错误；D．依据题意，白磷转化为红磷放热，说明相等质量的白磷能量高于红磷，则白磷和红磷在氧气中充分燃烧生成等量的P2O5(s)，白磷放出的能量更多，D错误；故答案选B。 7． （2025·江苏镇江·模拟预测）1828年维勒用无机物成功制备了有机物尿素［］，开创了有机化学人工合成的新纪元，下列说法正确的是 A．第一电离能： B．中不存在配位键 C．中键和键的数目比为 D．中C杂化方式为杂化 【答案】D 【解析】A．第一电离能顺序应为N > O > C（N的2p轨道半满更稳定），A错误；B．中离子含有N→H配位键（N提供孤对电子），B错误；C． 尿素中σ键有7个（C=O中的σ键1个、C-N单键2个、N-H单键4个），π键有1个（C=O中的π键），比例7:1，C错误；D．尿素中碳原子形成C=O双键和两个C-N单键，无孤对电子，杂化方式为sp2，D正确；故答案选D。 8．（25-26高三上·江苏苏州·月考）用肼（）的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A．反应过程中只生成了极性键 B．还原性： C．图示反应过程中起催化作用的是 D．总反应为： 【答案】B 【解析】流程图中，先与发生反应；与反应生成，；将转化为，；总反应为。据此分析。A．反应生成（含非极性共价键），因此反应过程中不仅生成极性键，还生成了非极性键，A错误；B．还原剂的还原性大于还原产物，反应中是还原剂（N从-2价升至0价），是被还原的产物（Fe从价降至+2价），因此还原性，B正确；C．催化剂需在反应前后化学性质和质量不变，但图示中参与形成络合物（），未体现其反应后再生的催化剂特征，因此并非催化剂，C错误；D．由分析可知总反应为，D错误；故答案选B。 9．[新考法]（25-26高三上·江苏南京·开学考试）大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，如图所示。下列说法不正确的是 A．第一电离能： B．电负性： C．原子半径： D．该物质中存在离子键 【答案】A 【解析】A．同周期主族元素从左到右，第一电离能有增大趋势，同主族元素从上往下，第一电离能减小，则第一电离能：，A错误；B．同主族元素从上往下，电负性依次减小，则电负性：，B正确；C．同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小，则原子半径：，C正确；D．该离子液体含有体积很大的阴、阳离子，存在离子键，D正确；故选A。 10．（25-26高三上·江苏苏州·月考）从砷化镓废料（主要成分为GaAs、、和）中回收镓和砷的工艺流程如图所示。       下列说法不正确的是 A．镓的主要化合价为+3价，砷元素位于周期表的第四周期第ⅤA族 B．“碱浸”时，GaAs被氧化，每反应1 mol GaAs，转移电子的数目为5 mol C．“碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸”速率，同时防止过度分解 D．GaAs晶胞如上图，距离As最近的As原子数为12 【答案】B 【解析】碱浸中，只有GaAs和SiO2会发生反应，则滤渣1的主要成分为Fe2O3和CaCO3，浸出液的主要元素组成有As，Ga，Si，根据后面产品中的的As的价态可知，在碱浸和的作用下，As从-3价升为+5价，中和后得到滤渣II的主要成分为H2SiO3和Ga(OH)3，酸溶后，滤渣III的主要成分为H2SiO3，进入电解步骤的主要成分为Ga2(SO4)3，据此分析。A．镓（Ga）为第IIIA族元素，主要化合价为+3价；砷（As）为第VA族元素，位于元素周期表第四周期，As和N同一主族，在元素周期表的第四周期第VA族，A正确；B．根据分析，1 mol As从-3价升为+5价，转移的电子的物质的量为8 mol，B错误；C．温度高，反应速率快，但温度过高，过氧化氢易分解，影响氧化还原反应的进行，C正确；D．如图所示，As在晶胞中的位置为面心和顶角，属于面心立方堆积，面心立方堆积中每个原子的最近邻原子数为12个（6个面心方向，每个方向2个），D正确；故选B。 （25-26高三上·江苏南通·阶段练习）阅读下列资料，完成11~12小题： X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个未成对电子，W的最外层电子数是次外层的一半，Q的最外层有1个电子，内层电子全部充满。Q2＋能与NH3形成[Q(NH3)4]2＋，[Q(NH3)4]2＋中2个NH3被2个Cl－取代可得到两种不同的结构。Q2Z一种晶胞如下图所示。 11．下列说法正确的是 A．原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X) B．电负性：χ(Z)＞χ(Y)＞χ(X)＞χ(W) C．Q在周期表中位于第四周期ⅠA族 D．简单氢化物的沸点：Z＞Y＞X＞W 【答案】B 【解析】X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个未成对电子，根据原子序数推断X是C元素、Z是O元素，则Y是N元素；W的最外层电子数是次外层的一半，W是Si元素；Q最外层有1个电子，内层电子全部充满，Q是Cu元素。A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，质子数越多半径越小，原子半径：r(Si)>r(C)>r(N)>r(O)，故A错误；B．元素非金属性越强电负性越大，电负性：χ(O)>χ(N)>χ(C)>χ(Si)，故B正确；C．Q是Cu元素，在周期表中位于第四周期IB族，故C错误；D．H2O、NH3存在分子间氢键，沸点较高，且常温下水是液体，氨气是气体；同主族元素从上到下气态氢化物的沸点依次升高，沸点CH4<SiH4，所以简单氢化物的沸点：H2O>NH3>SiH4>CH4，故D错误；故选B。 12．下列说法正确的是 A．X的一种晶体具有很大的硬度，1mol该晶体中含有4mol的X－X键 B．Y2、Z2的晶体类型均为共价晶体 C．[Q(NH3)4]2＋的空间构型为正四面体形 D．Q2Z晶胞中，距离每个Q＋最近的Z2－有2个 【答案】D 【解析】A．C的一种晶体硬度很大，则该晶体为金刚石，金刚石中每个C都和4个C以C-C键相连，每个C-C键被2个C共有，所以每个C相等于连接2个C-C键，所以1mol金刚石中含有2molC-C键，故A错误；B．N2和O2晶体中存在的是分子间作用力，为分子晶体，故B错误；C．[Cu(NH3)4]2+中2个NH3被2个Cl-取代可得两种不同的结构，所以[Cu(NH3)4]2+为平面正方形结构，故C错误；D．根据阴阳离子个数比可知，在Cu2O晶胞中，顶点和体心为O2-，内部的4个离子为Cu+，则距离每个Cu+最近的O2-有2个，距离每个O2-最近的Cu+有4个，故D正确；故选D。 13．（2025·江苏盐城·模拟预测）短周期主族元素、、、的原子序数依次增大。是空气中含量最多的元素，基态、原子的能级电子总数均等于其能级电子总数，的主族序数与周期序数相同。下列有关说法正确的是 A．原子半径： B．第一电离能： C．简单气态氢化物的热稳定性： D．最高价氧化物对应水化物的碱性： 【答案】B 【解析】、、、为原子序数依次增大的短周期主族元素，是空气中含量最多的元素，则X为N，基态、原子的能级电子总数均等于其能级电子总数，则Y、Z的电子排布式为、，Y为O，Z为Mg，的主族序数与周期序数相同，则为Al。A．由于同周期中原子半径随原子序数增大而减小，原子半径：Al（W）<Mg（Z），O（Y）在第二周期，其原子半径在三者中最小，故原子半径正确顺序为Mg > Al > O，故A错误；B．一般规律：同周期原子的第一电离能随原子序数增大而增大，由于N的2p轨道处于半充满状态，N比O更稳定，第一电离能：N（X）>O（Y）；Mg（Z）为非金属元素，其电离能在三者中最小，故第一电离能：N > O > Mg，故B正确；C．非金属性：O>N，对应简单氢化物的热稳定性：H2O（Y）>NH3（X），故C错误；D．因金属性：Mg > Al，对应的碱的碱性：Mg(OH)2（Z）>Al(OH)3（W），故D错误；故选B。 第II卷(非选择题 共61分) 二、填空题(本题共4小题，共61分) 14．(12分) （25-26高三上·江苏扬州·期中）利用铁锰氧化矿(主要含及的氧化物)制备。 (1)焙烧水浸。将与铁锰氧化矿混合后，先低温焙烧，使金属氧化物全部转化为硫酸盐，然后增加通入空气的量、升高温度选择性焙烧，冷却后加水充分浸取。 ①和低温焙烧得到，并生成可吸收再利用的气体为 。 ②水浸后的滤液中几乎不含元素，则高温选择性焙烧的作用是 。 (2)萃取除铜。有机溶剂萃取除去，再反萃取得到溶液的原理为：(有机层)，水浸液的萃取率随变化的关系如图1所示。时，随着增大，萃取率略有减小，而测得水溶液中去除率增大，原因是 。 (3)沉淀除钴。向萃取除铜后的溶液中滴加溶液，调节，恰好完全转化为沉淀，此时，计算溶液中需要的平衡常数是___________(填字母)。 A． B． C． D． (4) 的一种晶胞如图2所示(已标注主视方向)，请在图3的晶胞主视图中补全的位置 ，并判断的配位数为 。 【答案】(1)(或氨或氨气)（2分） 将(或的硫酸盐)几乎全部转化为(或不溶的氧化物)，水浸后无需除铁（2分） (2)增大，有利于水解生成沉淀，去除率增大；不易被萃取，萃取率减小（2分） (3)ABD（2分） (4) （2分） 6 （2分） 【解析】（1）①从元素守恒角度分析，和低温焙烧得到，并生成可吸收再利用的气体为； ②水浸后的滤液中几乎不含元素，则高温选择性焙烧的作用是将(或的硫酸盐)几乎全部转化为，不溶于水，从而水浸后无需除铁。 （2）时，随着增大，萃取率略有减小，而测得水溶液中去除率增大，原因是增大，有利于水解生成沉淀，去除率增大；不易被萃取，萃取率减小。 （3）,故需要ABD。 （4）晶胞中位于顶点与体心，故图示为；根据体心的判断，等距且最近的O原子有6个，故配位数为6； 15．(14分) （2025·江苏镇江·模拟预测）作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(，含有少量、、、元素)制备的流程如下： 已知：，，。 回答下列问题： (1)为提高溶矿速率，可采取的措施包括 (填序号)。 a．粉碎菱锰矿        b．适当提高温度        c．增加搅拌速率        d．增大菱锰矿用量 (2)加入少量的作用是 。不宜使用替代，原因是 。 (3)溶矿反应完成后，加入石灰乳调节溶液，可除去溶矿后溶液中的杂质金属阳离子为 (浓度小于视为除去，写出计算过程)。 (4)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。随着电解反应进行，为保持电解液成分和浓度稳定，应不断添加 (填化学式)。 (5)某种锰酸锂正极材料可以通过“打针”注入的方式来补充损耗的锂离子，显著提升电池性能，晶胞如图所示： 注入后，化合价 (填“升高”、“不变”或“降低”)，打针后，晶胞的化学式为 。 【答案】(1)abc（2分） (2) 将Fe2+氧化为Fe3+ （2分） Fe3+可以催化H2O2分解（2分） (3)Fe3+、Al3+（1分） (4) Mn2＋＋2H2OH2↑＋MnO2↓＋2H＋（2分） MnSO4（2分） (5) 降低（1分） LiMnO2（2分） 【解析】由题给流程可知，菱锰矿与稀硫酸、二氧化锰在反应器中反应，将金属元素转化为硫酸盐，向反应后的溶液中加入石灰乳调节溶液至pH约为7，将溶液中铝离子转化为氢氧化铝沉淀，再加入硫化钡将溶液中的镍离子转化为硫化镍沉淀，过滤得到含有二氧化硅、氢氧化铁、氢氧化铝、硫酸钡、硫化镍的滤渣和硫酸锰溶液；硫酸锰溶液电解得到二氧化锰；二氧化锰、碳酸锂在高温条件下煅烧反应生成LiMn2O4、二氧化碳和氧气。 （1）粉碎菱锰矿、适当升高温度、适当增大硫酸浓度、增加搅拌速率等措施提高溶矿速率，但固体的浓度为定值，增大菱锰矿用量不能提高溶矿速率，故选abc； （2）由分析可知，加入二氧化锰的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，由于铁离子可以做过氧化氢分解的催化剂，使得过氧化氢发生分解反应不能做反应的氧化剂，所以不宜使用过氧化氢替代二氧化锰； （3）由溶度积可知，溶液的pH约为7时，溶液中铝离子的浓度为：=1.3×10-12 mol/L，则溶液中铝离子完全转化为氢氧化铝沉淀，由溶度积的大小可知，溶液中铝离子完全沉淀时，溶液中的铁离子已经完全沉淀；同理可知，溶液中的镍离子浓度为：=0.055 mol/L，则溶液中的镍离子未转化为沉淀，所以用石灰乳调节至pH约为7，除去的金属离子是铁离子和铝离子； （4）分析可知，在电解槽中发生的电解反应为硫酸锰溶液电解生成二氧化锰、氢离子和氢气，反应的离子方程式为：Mn2＋＋2H2OH2↑＋MnO2↓＋2H＋，所以随着电解反应进行，为保持电解液成分和浓度稳定，应不断添加硫酸锰固体； （5）由晶胞结构可知，打针前晶胞中位于顶点锂离子个数为：8×=1，位于棱上、体内的氧原子个数为：8×+4=6，位于棱上、体内的氧原子个数为：4×+2=3，则晶胞的化学式为LiMn3O6；打针后晶胞中位于顶点和体内的锂离子个数为：4×+2=3，位于棱上、体内的氧原子个数为：8×+4=6，位于棱上、体内的氧原子个数为：4×+2=3，则晶胞的化学式为LiMnO2，则注入锂离子后，锰元素的化合价降低。 16．(20分) （25-26高三上·江苏无锡·月考）是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题： (1)Sn在元素周期表中位于第 周期 族，属于 区。其价电子轨道表示式为 。 (2)白锡和灰锡是单质Sn的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是 。 (3)和是锡的常见氯化物，分子的模型名称是 ，的Sn-Cl键是由锡的 杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成键。 (4)锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律，说明原因 。 物质 熔点/℃ 442 -34 29 143 (5)①、②、③的沸点由高到低的顺序为 (填序号，下同)，还原性由强到弱的顺序为 ，键角由大到小的顺序为 。 (6)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种配合物的结构如图所示，该配合物的配位原子是 。 【答案】(1)五（1分） IVA（1分） p（1分）    （1分） (2) （2分） (3)平面三角形（2分） （2分） (4)为离子晶体熔点最高，、、为分子晶体，且结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，所以熔点（2分） (5)①>③>② （2分） ③>②>①（2分） ①>②>③（2分） (6)和（2分） 【解析】（1）Sn是50号元素，位于元素周期表第五周期第ⅣA族，最外层电子排布式为：5s25p2，其属于元素周期表的p区；基态Sn原子的价电子数为4，其轨道表示式为：。 （2）根据均摊法，白锡晶胞中含Sn原子数为8×+1=2，灰锡晶胞中含Sn原子数为8×+6×+4=8，所以白锡与灰锡的密度之比为=； （3）SnCl2分子中中心原子Sn的价电子对数=2+=3，中心原子有1对孤电子对，因此SnCl2分子的VSEPR模型名称是平面三角形；SnCl4分子的中心原子Sn的价层电子对数为4，则Sn采取sp3杂化，故Sn-Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键，故答案为：平面三角形；； （4）SnF4熔点高，由于F电负性大，SnF4是离子晶体，离子键作用力强；SnCl4、SnBr4、SnI4，随相对分子质量增大（，对应卤化物相对分子质量递增），分子间作用力增大，熔点升高，它们属于分子晶体。即SnF4为离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4为分子晶体，分子晶体随相对分子质量增大，分子间作用力增大，熔点升高，故答案为：为离子晶体熔点最高，、、为分子晶体，且结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，所以熔点； （5）组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高；但NH3分子间可形成氢键，使熔沸点升高；所以三种物质的熔沸点由高到低的顺序为：NH3、AsH3、PH3；同主族非金属元素由上向下非金属性依次减弱，其相应离子的还原性越强，还原性由强到弱的顺序为：AsH3、PH3、NH3；同主族非金属元素由上向下电负性依次减小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种氢化物的键角由大到小的顺序为：NH3、PH3、AsH3，故答案为：①>③>②；③>②>①；①>②>③。 （6）由题意知，含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物，再结合题给结构可知，硝酸根中的2个氧原子和C、N杂环上的4个氮原子通过螯合作用与Cd2+形成配位键，则该配合物的配位原子是：和。 17．(15分) （25-26高三上·江苏·月考）2025年诺贝尔化学奖授予在金属有机框架材料(MOFs)领域取得开创性成果的三位科学家。MOFs是一种具有规则孔道和空腔的结晶性多孔材料，在诸多领域展现应用前景。 (1)某MOFs薄膜材料的孔径大小和形状可实现C2H2的“固定”，用于分离C2H2/C2H4混合气体的原理如图所示。下列混合物的分离提纯原理与之最接近的是___________(填标号)。 A．利用CCl4萃取碘水中的碘 B．利用冠醚分离K+和Na+ C．蒸馏分离水和乙醇 D．饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸 (2)MOFs的三种杂环基有机配体结构如图，a物质中存在大π键，其中①号氮原子的孤电子对位于 轨道；b和c物质的酸性更强的是 (填标号)。 (3)某研究小组制备纳米ZnO，再与MOF材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如图所示。 已知：ⅰ．Zn(OH)2是两性氢氧化物，在强碱性环境中生成； ⅱ．ε-Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定。 ①步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，反应的化学方程式为 。 ②纳米ZnO晶体的部分结构如图1所示，已知该结构的底边长为a pm，高为b pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该ZnO的密度为 g·cm-3(列表达式即可)。 ③制备的ZnO@MOF荧光材料可用于测定Cu2+浓度，材料的荧光强度比值与c(Cu2+)在一定浓度范围内的关系如图2所示。某研究小组取7.5×10-3 g血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1 L。取样测得荧光强度比值为9.7，由图像读出溶液中c(Cu2+)= mol·L-1，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含 个铜原子。 【答案】(1)B（2分） (2)2p （2分） b（2分） (3) ① （2分） ② （3分） ③3×10-7（2分） 6（2分） 【解析】图中信息显示，MOFs薄膜材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高效选择性吸附，其分离原理是利用材料的孔径大小和形状对不同物质进行选择性吸附。 （1）A．利用CCl4萃取碘水，是利用碘在CCl4和水中的溶解度的不同，将碘从水中转移到CCl4中，分离原理是物质在不同溶剂中的溶解度的差异，与MOFs材料固定C2H2原理不同，A不符合题意； B．利用“冠醚”分离和时，钠离子和钾离子的半径大小不同，“冠醚”具有特定的空腔结构，不同冠醚的空腔大小不同，能对半径不同的和进行选择性配位，分离原理与MOFs材料固定C2H2原理相同，都是利用材料的孔径大小和形状对物质进行分离，B符合题意； C．蒸馏分离水和乙醇，是利用二者沸点的差异，与MOFs材料固定C2H2原理不同，C不符合题意； D．用饱和碳酸钠除去乙酸乙酯中的乙酸，是利用乙酸与碳酸钠反应生成易溶于水的乙酸钠，再通过分液分离，基于化学反应和溶解性差异，与题干原理不同，D不符合题意； 故选B。 （2）a物质中所有原子共平面，①号N原子采用杂化，参与形成大π键，其孤电子对位于未参与杂化的轨道。酸性强弱与基团的吸电子能力有关，b物质中的配位原子为O，c物质中的配位原子为S，O的电负性大于S，b中O的吸电子作用更强，使羧基中H更易电离，所以酸性更强的是b。 （3）①Zn(OH)2是两性氢氧化物，在强碱性环境中生成，步骤I是向NaOH溶液中滴加ZnSO4溶液，初始时NaOH过量，故方程式为：。 ②由图1可知，黑球个数：，白球个数为：，质量为：，六棱柱体积为：，则其密度为：。 ③由图2可知，当荧光强度比值为9.7时，读出溶液中，计算人血浆铜蓝蛋白的物质的量：，溶液中铜离子的物质的量， 则1个血浆铜蓝蛋白分子中含铜原子个数为。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 主题二 物质结构与性质 (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 K-39 Cr-52 Zn-65 第Ⅰ卷(选择题 共39分) 一、选择题(本题共13个小题，每小题3分，共39分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．（24-25高二下·江苏·阶段练习）我国探月工程取得重大进展，嫦娥六号在月球背面采集的月壤中含有 Si、Mn、Ti、Fe 等元素，其中位于元素周期表短周期的是 A．Si B．Mn C．Ti D．Fe 2．（2026·江苏扬州·一模）常温下，过硫化钠(Na2S2)与盐酸反应可以生成S和H2S。下列说法不正确的是 A．Na2S2中有离子键 B．Cl-的结构示意图为 C．单质硫为共价晶体 D．H2S分子为极性分子 3．（25-26高三上·江苏·月考）下列说法正确的是 A．热稳定性： B．离子半径： C．电负性：Si>H D．酸性： 4．（2025·江苏泰州·模拟预测）科学家合成的可高效吸附甲醇。下列说法正确的是 A．原子半径：r(O)>r(B)>r(H) B．电负性：(Cl)>(C)>(H) C．第一电离能：(O)>(N)>(C) D．酸性： 5． （25-26高三上·江苏泰州·月考）晶体可作激光发射材料。下列说法正确的是 A．半径： B．第一电离能： C．键角： D．电负性： 6． （2025·江苏镇江·模拟预测）氮、磷及其化合物应用广泛，磷元素有白磷、红磷等单质，白磷()易自燃，燃烧热为，其分子结构及晶胞如下图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式为(白磷，s)(红磷，s)  ；实验室常用溶液吸收有毒气体，生成、和；P元素可形成多种含氧酸，其中次磷酸()为一元弱酸；磷酸可与铁反应，在金属表面生成致密且难溶于水的磷酸盐膜。 下列说法正确的是 A．分子中的键角为109°28′ B．白磷晶体中1个分子周围有12个紧邻的分子 C．白磷和红磷互为同分异构体 D．白磷和红磷在中充分燃烧生成等量，红磷放出的热量更多 7． （2025·江苏镇江·模拟预测）1828年维勒用无机物成功制备了有机物尿素［］，开创了有机化学人工合成的新纪元，下列说法正确的是 A．第一电离能： B．中不存在配位键 C．中键和键的数目比为 D．中C杂化方式为杂化 8．（25-26高三上·江苏苏州·月考）用肼（）的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法正确的是 A．反应过程中只生成了极性键 B．还原性： C．图示反应过程中起催化作用的是 D．总反应为： 9．[新考法]（25-26高三上·江苏南京·开学考试）大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，如图所示。下列说法不正确的是 A．第一电离能： B．电负性： C．原子半径： D．该物质中存在离子键 10．（25-26高三上·江苏苏州·月考）从砷化镓废料（主要成分为GaAs、、和）中回收镓和砷的工艺流程如图所示。       下列说法不正确的是 A．镓的主要化合价为+3价，砷元素位于周期表的第四周期第ⅤA族 B．“碱浸”时，GaAs被氧化，每反应1 mol GaAs，转移电子的数目为5 mol C．“碱浸”时，温度保持在70℃的目的是提高“碱浸”速率，同时防止过度分解 D．GaAs晶胞如上图，距离As最近的As原子数为12 （25-26高三上·江苏南通·阶段练习）阅读下列资料，完成11~12小题： X、Y、Z、W、Q是周期表中前4周期元素，且原子序数依次增大。X、Z的基态原子2p轨道中均有2个未成对电子，W的最外层电子数是次外层的一半，Q的最外层有1个电子，内层电子全部充满。Q2＋能与NH3形成[Q(NH3)4]2＋，[Q(NH3)4]2＋中2个NH3被2个Cl－取代可得到两种不同的结构。Q2Z一种晶胞如下图所示。 11．下列说法正确的是 A．原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X) B．电负性：χ(Z)＞χ(Y)＞χ(X)＞χ(W) C．Q在周期表中位于第四周期ⅠA族 D．简单氢化物的沸点：Z＞Y＞X＞W 12．下列说法正确的是 A．X的一种晶体具有很大的硬度，1mol该晶体中含有4mol的X－X键 B．Y2、Z2的晶体类型均为共价晶体 C．[Q(NH3)4]2＋的空间构型为正四面体形 D．Q2Z晶胞中，距离每个Q＋最近的Z2－有2个 13．（2025·江苏盐城·模拟预测）短周期主族元素、、、的原子序数依次增大。是空气中含量最多的元素，基态、原子的能级电子总数均等于其能级电子总数，的主族序数与周期序数相同。下列有关说法正确的是 A．原子半径： B．第一电离能： C．简单气态氢化物的热稳定性： D．最高价氧化物对应水化物的碱性： 第II卷(非选择题 共61分) 二、填空题(本题共4小题，共61分) 14．(12分) （25-26高三上·江苏扬州·期中）利用铁锰氧化矿(主要含及的氧化物)制备。 (1)焙烧水浸。将与铁锰氧化矿混合后，先低温焙烧，使金属氧化物全部转化为硫酸盐，然后增加通入空气的量、升高温度选择性焙烧，冷却后加水充分浸取。 ①和低温焙烧得到，并生成可吸收再利用的气体为 。 ②水浸后的滤液中几乎不含元素，则高温选择性焙烧的作用是 。 (2)萃取除铜。有机溶剂萃取除去，再反萃取得到溶液的原理为：(有机层)，水浸液的萃取率随变化的关系如图1所示。时，随着增大，萃取率略有减小，而测得水溶液中去除率增大，原因是 。 (3)沉淀除钴。向萃取除铜后的溶液中滴加溶液，调节，恰好完全转化为沉淀，此时，计算溶液中需要的平衡常数是___________(填字母)。 A． B． C． D． (4) 的一种晶胞如图2所示(已标注主视方向)，请在图3的晶胞主视图中补全的位置 ，并判断的配位数为 。 15．(14分) （2025·江苏镇江·模拟预测）作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(，含有少量、、、元素)制备的流程如下： 已知：，，。 回答下列问题： (1)为提高溶矿速率，可采取的措施包括 (填序号)。 a．粉碎菱锰矿        b．适当提高温度        c．增加搅拌速率        d．增大菱锰矿用量 (2)加入少量的作用是 。不宜使用替代，原因是 。 (3)溶矿反应完成后，加入石灰乳调节溶液，可除去溶矿后溶液中的杂质金属阳离子为 (浓度小于视为除去，写出计算过程)。 (4)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。随着电解反应进行，为保持电解液成分和浓度稳定，应不断添加 (填化学式)。 (5)某种锰酸锂正极材料可以通过“打针”注入的方式来补充损耗的锂离子，显著提升电池性能，晶胞如图所示： 注入后，化合价 (填“升高”、“不变”或“降低”)，打针后，晶胞的化学式为 。 16．(20分) （25-26高三上·江苏无锡·月考）是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题： (1)Sn在元素周期表中位于第 周期 族，属于 区。其价电子轨道表示式为 。 (2)白锡和灰锡是单质Sn的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是 。 (3)和是锡的常见氯化物，分子的模型名称是 ，的Sn-Cl键是由锡的 杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成键。 (4)锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律，说明原因 。 物质 熔点/℃ 442 -34 29 143 (5)①、②、③的沸点由高到低的顺序为 (填序号，下同)，还原性由强到弱的顺序为 ，键角由大到小的顺序为 。 (6)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种配合物的结构如图所示，该配合物的配位原子是 。 17．(15分) （25-26高三上·江苏·月考）2025年诺贝尔化学奖授予在金属有机框架材料(MOFs)领域取得开创性成果的三位科学家。MOFs是一种具有规则孔道和空腔的结晶性多孔材料，在诸多领域展现应用前景。 (1)某MOFs薄膜材料的孔径大小和形状可实现C2H2的“固定”，用于分离C2H2/C2H4混合气体的原理如图所示。下列混合物的分离提纯原理与之最接近的是___________(填标号)。 A．利用CCl4萃取碘水中的碘 B．利用冠醚分离K+和Na+ C．蒸馏分离水和乙醇 D．饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的少量乙酸 (2)MOFs的三种杂环基有机配体结构如图，a物质中存在大π键，其中①号氮原子的孤电子对位于 轨道；b和c物质的酸性更强的是 (填标号)。 (3)某研究小组制备纳米ZnO，再与MOF材料复合制备荧光材料ZnO@MOF，流程如图所示。 已知：ⅰ．Zn(OH)2是两性氢氧化物，在强碱性环境中生成； ⅱ．ε-Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定。 ①步骤Ⅰ，初始滴入ZnSO4溶液时，反应的化学方程式为 。 ②纳米ZnO晶体的部分结构如图1所示，已知该结构的底边长为a pm，高为b pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该ZnO的密度为 g·cm-3(列表达式即可)。 ③制备的ZnO@MOF荧光材料可用于测定Cu2+浓度，材料的荧光强度比值与c(Cu2+)在一定浓度范围内的关系如图2所示。某研究小组取7.5×10-3 g血浆铜蓝蛋白(相对分子质量为1.5×105)，经预处理，将其中Cu元素全部转化为Cu2+并定容至1 L。取样测得荧光强度比值为9.7，由图像读出溶液中c(Cu2+)= mol·L-1，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含 个铜原子。 / 学科网（北京）股份有限公司 $