专题08 物质结构与无机物质转化综合题（浙江专用）2026年高考化学一模分类汇编

专题08 物质结构与无机物质转化综合题 1．(2026·浙江省精诚联盟高三一模)硫、氮元素在化工生产中扮演着重要角色。请回答： (1)某含氮元素的离子液体X，如图所示。 下列说法正确的有_______。 A．X易溶于水和CCl4 B．X中B元素采取sp3杂化，C元素有sp2、sp3杂化 C．X中存在共价键、配位键、范德华力、离子键 D．元素的电负性从小到大为：H＜N＜F (2)胺在水溶液中的碱性可用pKb的大小来衡量。 胺 CH3NH2 (CH3)2NH (CH3)3N pKb(=-lgKb) 3.38 3.27 4.20 则以上三种胺在水溶液中的碱性由强到弱的顺序为 ；从结构角度分析强弱差异的原因 。 (3)某化合物A的晶胞如图。 ①化合物A的化学式是 ，Fe的配位数为 。 ②以化合物A为原料制备磁性氧化铁的流程如下： 固体D中含有的物质为 ；6Fe2O3与少量N2H4反应的化学方程式是 ；若化合物A中含有铝元素，设计实验方案检验灼烧后的固体产物中的金属元素 。 【答案】(1)BD (2)(CH3)2NH＞CH3NH2＞(CH3)3N (CH3)2NH的氮原子连接两个甲基，推电子效应强于CH3NH2，更易质子化；(CH3)3N空间位阻大，阻碍质子接近氮原子，导致其碱性最弱。 (3) FeS2 6 Fe2O3 、Fe3O4 6Fe2O3 +N2H4=4Fe3O4 +N2↑+2H2O 取灼烧后少量固体溶于足量的盐酸或稀硫酸中，加过量NaOH溶液，产生红褐色沉淀，证明含铁元素；过滤，向滤液中通入过量CO2，有白色沉淀生成，证明含铝元素。 【解析】(1)A项，离子液体X由离子构成，难溶于非极性溶剂CCl4，A错误；B项，根据结构，BF4-为正四面体结构，B采取sp3杂化，C原子既有sp2杂化(环碳和双键碳)，又有sp3杂化(乙基中的碳)，B正确；C项，X中存在共价键、一个配位键(B←F)及离子键，但无范德华力(非分子间作用)，C错误；D项，元素的电负性从小到大为：H＜N＜F，D正确；故选BD。 (2)①pKb越小，碱性越强。故溶液碱性由强到弱的顺序为(CH3)2NH＞CH3NH2＞(CH3)3N； ②由于(CH3)2NH的氮原子连接两个甲基，推电子效应强于CH3NH2，更易质子化；(CH3)3N空间位阻大，阻碍质子接近氮原子，导致其碱性最弱。 (3)①晶胞中，铁原子在8个顶点和6个面心，硫原子在晶胞内共8个，则化学式为FeS2；Fe的配位数参考下图，则每个Fe原子周围有6个S原子，则Fe的配位数为6。②固体A为FeS2，灼烧后得SO2和Fe2O3，Fe2O3与少量N2H4反应方程式为6Fe2O3 +N2H4=4Fe3O4 +N2↑+2H2O，则所得气体B为N2和H2O，固体D中含有未反应的Fe2O3和反应生成的Fe3O4 的混合物；由于混合物中有铁元素和铝元素则检验方法为：取灼烧后少量固体溶于足量的盐酸或稀硫酸中，加过量NaOH溶液，产生红褐色沉淀，证明含铁元素；过滤，向滤液中通入过量CO2，有白色沉淀生成，证明含铝元素。 2．(2026·浙江省北斗星联盟高三一模)【新科技-材料】氮化铁有多种晶体结构，多孔的氮化铁材料因其较高的理论容量和良好的导电性，被探索作为锂离子电池的负极材料。请回答： (1)有关铁和氮的说法正确的是_______。 A．铁丝可用作焰色试验，说明铁原子核外电子跃迁时没有能量变化 B．基态铁原子失去2个电子，3d轨道形成半充满结构 C．键角：NH3＜NO3- D．N(SiH3)3中与原子在同一平面，则其原子价层孤电子对占据sp²杂化轨道 (2)晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。 ①镁离子嵌入图1获得高性能固体电解质材料，该反应的方程式是 ； ②图1中晶胞的(●)平移到面心位置，则平移后(·)所在晶胞位置为 。 (3)火箭推进剂氟化硝酰(NO2F)，从结构上可以看作硝酸中的被取代后的产物，常温下为无色气体，遇水强烈水解。将无水硝酸钠粉末与氟气在200~300℃下反应可制得NO2F，该反应的化学方程式是 ，并从水解和氧化性角度设计实验检验NO2F中的N元素 。 (4)某化工厂利用废旧锂离子电池正极材料(含有难溶于水的LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al等)制备Co2O3和Li2CO3工艺流程如下： 已知：常温下，部分金属离子(Mn+)形成氢氧化物沉淀的范围如下： Mn+ Fe2+ Al3+ Mg2+ Ca2+ Co2+ 1mol·L-1 Mn+开始沉淀 6.3 3.8 9.6 10.6 6.6 完全沉淀[ c(Mn+)≤1×10-5mol·L-1] 8.3 5.4 12.0 12.6 9.1 ①“酸浸”时，LiCoO2与草酸反应生成Co2+，请写出相应的离子方程式 。 ②写出滤液2中所有的阴离子 ；向滤液2中加入NH4F固体的主要目的是 。 ③为实现高效的提取Co2+也可使用如图3所示的杯芳烃衍生物，其原因是 。 【答案】(1)C (2)Li3OCl+Mg2+=LiMgOCl+2Li+ 面心和顶点 (3)2NaNO3+2F22NO2F+2NaF+O2 将NO2F缓慢通入水中，放一小块铜片，铜片溶解，在试管口出现红棕色气体，说明有N元素 (4)2LiCoO2+6H++H2C2O4=2Li++2Co2++2CO2+4H2O SO42-、C2O42-、OH- 除去滤液中的Mg2+ 杯芳烃衍生物具有空腔结构，能够选择性识别Co2+，从而提高对Co2+的提取效率和选择性 【解析】(1)A项，焰色反应的原理是金属原子的核外电子吸收能量后从低能级跃迁到高能级，随后电子从高能级跃迁回低能级时释放能量，以光的形式表现，因此电子跃迁时有能量变化，A错误；B项，基态铁原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去2个电子后，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，3d轨道不是半充满结构，B错误；C项，NH3分子中N原子有1对孤电子对，空间结构为三角锥形，键角约为107°，NO3-中N原子无孤电子对，空间结构为平面三角形，键角为120°，故键角：NH3＜NO3-，C正确；D项，N(SiH3)3中N与Si原子在同一平面，说明N原子采用sp2杂化，N原子的三个sp²杂化轨道分别与三个Si原子形成σ键，而剩余的一个未参与杂化的2p轨道‌垂直于分子平面，其中包含孤电子对，因此N原子价层孤电子对占据的是2p轨道，D错误； (2)根据均摊法可知，图1的晶胞中含Li：，O：，Cl：，化学式为Li3OCl，图2的晶胞中Li的个数为1，含Mg或空位：，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOCl；①镁离子嵌入图1获得高性能固体电解质材料，该反应的方程式是：Li3OCl+Mg2+=LiMgOCl+2Li+；②如图，当图1中晶胞的Cl平移到面心位置，平移后Li所在晶胞位置为面心和顶点； (3)将无水硝酸钠粉末与氟气在200~300℃下反应可制得NO2F，氮元素的价态未发生变化，F2得电子转化为F-，根据得失电子守恒，则O失电子转化为O2，该反应的化学方程式为2NaNO3+2F22NO2F+2NaF+O2；NO2F遇水强烈水解，反应方程式为：NO2F+H2O=HNO3+HF，因此检验NO2F中的N元素(即HNO3)的方法为：将NO2F缓慢通入水中，放一小块铜片，铜片溶解，在试管口出现红棕色气体，说明有N元素。 (4)①“酸浸”时，LiCoO2被草酸还原，生成Co2+等，反应的离子方程式为：2LiCoO2+6H++H2C2O4=2Li++2Co2++2CO2+4H2O；②“酸浸”和调节PH的过程中加入了硫酸、草酸和氢氧化钠，草酸为弱酸，水解产生的阴离子有C2O42-和HC2O4-，因滤液2为碱性，故以C2O42-的形式存在，因此含有的阴离子为：SO42-、C2O42-、OH-；“酸浸”后，电极材料中的Ca转化为CaSO4沉淀，过滤液1中含有的金属离子为：Li+、Co2+、Mg2+、Fe2+、Al3+等，加入NaOH调pH=10，由各金属离子形成氢氧化物沉淀的PH范围表可知：Co2+、Fe2+、Al3+完全转化为氢氧化物沉淀，Mg2+、Li+存在于滤液2中。滤液2中加入NH4F固体，Mg2+可转化为MgF2沉淀，故滤液2中加入NH4F固体的主要目的是除去滤液中的Mg2+；③为实现高效的提取Co2+也可使用如图3所示的杯芳烃衍生物，其原因是杯芳烃衍生物具有空腔结构，能够选择性识别Co2+，从而提高对Co2+的提取效率和选择性。 3．(2026·浙江省嘉兴市高三一模)碳、铬及其化合物在生产生活中应用广泛。请回答： (1)有关碳和铬的说法正确的是___________。 A．在元素周期表中，铬位于族，碳位于p区 B．1s22s22p1的电子排布违反了洪特规则 C．激发态碳原子核外电子有6种运动状态 D．基态铬原子中有4个未成对电子 (2)某种含碳化合物晶胞如图所示。 ①每个阴离子周围紧邻的阳离子有 个。 ②该物质完全水解会生成一种能使湿润的试纸变蓝的气体，方程式为 。 (3)化合物A[化学式：CS(NH2)2]和B[化学式：CO(NH2)2]具有相似的结构。 ①化合物A的熔点高于化合物B，请分析原因 。 ②化合物A在酸性条件下水解，可生成两种酸性气体，请设计实验检验这两种气体 。 (4)某兴趣小组用铬铁矿Fe(CrO2)2制备K2Cr2O7晶体，流程如下： ①空气中高温氧化时，Fe(CrO2)2转化为Na2CrO4，请写出该化学方程式 。 ②过程Ⅳ所得滤渣的主要成分为 。 ③加入KCl，通过蒸发浓缩、冷却结晶能得到K2Cr2O7晶体，其原因是 。 【答案】(1)AC (2) 6 CaCN2+3H2O=CaCO3↓+2NH3↑ (3)A的相对分子质量对熔点的影响大于B中氢键对熔点的影响 将气体通入硫酸铜溶液，有黑色沉淀说明存在硫化氢，剩余气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀说明存在二氧化碳 (4)4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2=8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 Na2SO4 K2Cr2O7 溶解度小于Na2Cr2O7 ，冷却时优先结晶析出 【解析】根据题给已知，铬铁矿与足量熔融Na2CO3 发生高温氧化反应生成Na2CrO4、CO2Fe2O3和，所得固体冷却后用水浸取，过滤得到含Na2CrO4、Na2CO3的滤液，加入适量硫酸酸化， Na2CO3与H2SO4反应生成Na2SO4，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，蒸发结晶、过滤、洗涤得到Na2SO4固体，滤液中含有Na2Cr2O7， K2Cr2O7溶解度小于Na2Cr2O7，Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体，Na2Cr2O7转化为 K2Cr2O7。 (1)A项，铬是24号元素，价层电子排布式为3d54s1，碳是6号元素，价层电子排布式为2s22p2，在元素周期表中，铬位于 VIB族，碳位于p区，A正确；B项，洪特规则指原子核外电子的排布必先尽可能分占在同一电子亚层的各个轨道上，且自旋方向相同，泡利原理指每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，2S能级最多只能容纳2个电子，1s22s22p1的电子排布违反了泡利原理，B错误；C项，原子核外每个电子的运动状态都不同，激发态碳原子核外电子有6种运动状态，C正确；D项，铬是24号元素，价层电子排布式为3d54s1，基态铬原子中有6个未成对电子，D错误；故选AC。 (2)①由晶胞图和俯视图可知，Ca2+位于顶点和体内，CN22-位于棱上和体内，根据其六方最密堆积图可知，以体内的1个CN22-为例，在其上方、下方距离最近的Ca2+各有3个，配位数为6；②由晶胞图和俯视图可知，Ca2+位于顶点和体内，个数为，CN22-位于棱上和体内，个数为=3，则其化学式为CaCN2，该物质完全水解会生成一种能使湿润的pH试纸变蓝的气体，该气体为NH3，结合原子守恒可知该反应中还有CaCO3沉淀生成，化学方程式为：CaCN2+3H2O=CaCO3↓+2NH3↑。 (3)①化合物A[化学式：CS(NH2)2]和B[化学式：CO(NH2)2]具有相似的结构，二者均含有氨基，能够形成分子间氢键，A的相对分子质量更大，分子间范德华力更强，化合物A的熔点高于化合物B，原因是：A的相对分子质量对熔点的影响大于B中氢键对熔点的影响；②化合物A在酸性条件下水解，可生成两种酸性气体，由原子守恒可知，这两种酸性气体分别为H2S和CO2，检验H2S和CO2的方法分别为：将气体通入硫酸铜溶液，有黑色沉淀说明存在硫化氢，剩余气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀说明存在二氧化碳。 (4)①空气中高温氧化时，Fe(CrO2)2转化为Na2CrO4，Fe元素由+2价上升到+3价，Cr元素由+3价上升到+6价，该反应中还有Fe2O3和CO2生产，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2=8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2；②由分析可知，过程Ⅳ所得滤渣的主要成分为 Na2SO4；③加入KCl，通过蒸发浓缩、冷却结晶能得到K2Cr2O7晶体，其原因是：K2Cr2O7溶解度小于Na2Cr2O7，冷却时优先结晶析出。 4．(2026·浙江省金丽衢十二校高三一模)氨气(NH3)常用于制造化肥、炸药和制冷剂等产品，工业上可用[Mg(NH3)6]Cl2和MgCl2的相互转化实现对氨气的高效存储和利用。 (1)以下说法正确的是_______。 A．分子中H-N-H键角小于109°28＇ B．Mg的基态原子最外层电子排布式 C．电负性大小：Mg>N>H D．MgCl2是通过氢键对氨气进行捕获的 (2)室温下NH3和MgCl2反应生成[Mg(NH3)6]Cl2的晶胞如图所示： ①晶胞中“”所代表的微粒是 。 ②晶胞中“”所代表的微粒的配位数是 。 ③LiH作为储氢材料，可与过量的[Mg(NH3)6]Cl2反应放出氢气且生成的含镁物质可循环使用，请写出该反应的化学方程式 。 (3)与NH3相比，[Mg(NH3)6]Cl2给出H+的趋势更大，请从结构角度分析原因 。 (4)制备MgF2的工艺有以下方法： 氟化铵-氯化镁法：向装有一定量NH4F溶液的反应釜中滴加适量MgCl2溶液，边滴边搅拌，充分反应后，过滤、灼烧固体可制得高纯MgF2。 卤水-氨-氢氟酸法：a.将MgCl2配制成卤水，然后向溶液中通入氨气，生成Mg(OH)2沉淀，过滤，得到Mg(OH)2滤饼，将滤饼粉碎。b.往粉碎的滤饼中加入稍过量的氢氟酸，反应完毕后将物料过滤、洗涤，除去吸附的HF，烘干即可。 ①氟化铵-氯化镁法中，过滤后不用洗涤的原因是 。 ②设计实验方案证明步骤b中固体已经洗涤干净： 。 ③资料表明，MgF2不溶于水，但是溶于浓氢氟酸，请结合物质结构和平衡移动原理解释其原因 。 【答案】(1)AB (2)[Mg(NH3)6]Cl2 [Mg(NH3)6]2+ 4 Mg(NH3)6]Cl2+6LiCl=MgCl2+6LiNH2+6H2 (3)[Mg(NH3)6]Cl2 中Mg2+带正电荷，导致其N-H键极性增大，所以给出H+趋势更大(提到Mg2+使N-H键极性增大即可) (4)固体表面吸附的铵盐受热易分解 取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化镁溶液，若无白色沉淀产生，则说明已经洗净或滴加紫色石蕊试液，若不变红，则说明已经洗净 F-与HF通过氢键结合使c(F－)降低，促进MgF2溶解平衡正向移动 【解析】(1)A项，NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，采取sp3杂化；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，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28′，A正确；B项，Mg是第12号元素，基态原子最外层电子排布式3s2，B正确；C项，同周期主族元素，从左往右，电负性依次增大，且非金属的电负性大于金属，则电负性N>H>Mg，C错误；D项，本身并不直接通过氢键捕获氨气，而是通过配位作用与氨气结合形成配合物(如[Mg(NH3)6]Cl2)来实现氨的捕获，D错误；故选AB； (2)①晶胞中“”的数目为8×+6×=4，晶胞中“○”的数目为8，晶胞中“”所代表的微粒是[Mg(NH3)6]2+；②晶胞中“○”代表的微粒是Cl-，每个Cl-周围相等且最近距离的[Mg(NH3)6]2+离子有4个，故配位数是4；③LiH中的H-与NH3中H+发生氧化还原反应，生成氢气、氯化镁和LiNH2，反应的化学方程式Mg(NH3)6]Cl2+6LiCl=MgCl2+6LiNH2+6H2； (3)[Mg(NH3)6]Cl2中Mg2+带正电荷，导致其N-H键极性增大，所以给出H+趋势更大(提到Mg2+使N-H键极性增大)； (4)①杂质为铵盐，固体表面吸附的铵盐受热易分解，后续灼烧时可除去杂质；②b中固体的杂质中含氢氟酸，即为检验氟离子的方案，取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化镁溶液，若无白色沉淀产生，则说明已经洗净或滴加紫色石蕊试液，若不变红，则说明已经洗净；③MgF2在溶液中存在溶解平衡：MgF2(s)Mg2+ (aq)+ 2F-(aq)，F-与HF通过氢键结合使c(F－)降低，促进MgF2溶解平衡正向移动。 5．(2026·浙江省名校新高考研究联盟高三一模)第VA族元素N、P、As等元素及其化合物在新材料、工农业生产等方面用途广泛。请回答： I.(1)下列叙述正确的是________。 A．As的价层电子排布式为3d104s24p3 B．P能形成PCl5，因此N也能形成NCl5 C．N3-的空间构型为直线形 D．N、P、As第一电离能逐渐减小 (2)两种氮氧化物(N2O3、N2O4)都为平面形分子，其结构如图1所示。 N-N-O的键角：a b(填“＞”“＜”或“=”)，原因是 。 (3)一种新型储氢材料的立方晶胞如图2所示([BH4]-的位置未标出)，该晶胞沿x、y、z轴方向的投影都如图3所示。 ①该物质的化学式为 ；“”的配位数(相邻的阳离子数目)为 。 ②晶体中存在的化学键有 。 A．离子键         B．极性共价键         C．非极性共价键        D．配位键            E.氢键 (4)磷酸三乙酯是一种增塑剂，写出其与足量NaOH溶液在加热条件下的化学反应方程式(磷酸分子结构如图4所示)： 。 II.砷盐净化工艺成功应用于冶炼锌工业，加快了我国锌冶炼技术改造步伐。从砷盐净化渣(成分为Cu、As2O3、Zn、ZnO、Co、SiO2等)中回收有价值的金属具有重要意义。 (5)“氧化浸出”时，As2O3被氧化为H3AsO4的化学方程式为 。 (6)“碱浸”时，除回收得到Cu(OH)2 外，还得到物质X，且X在该工艺流程中可循环利用，X的化学式为 。 (7)如何检验“操作1”得到的沉淀已洗涤干净 。 【答案】(1)CD (2) < 中心原子N均为sp2杂化，但N2O3中心原子N存在1对孤对电子，而N2O4中心原子N无孤对电子，由于孤电子对对成键电子对的斥力较大，故键角a＜b (3)[Mg(NH3)6][BH4] 4 ABD (4)(C2H5O)3PO+3NaOHNa3PO4+3C2H5OH (5)As2O3+2H2O2+H2O=2H3AsO4 (6)Na3AsO4 (7)取最后一次洗涤液于试管中，先加入足量的稀盐酸，再加氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀已洗净 【解析】砷盐净化渣中加入硫酸选择性浸锌，得到浸锌液，分离出固体，再加入过氧化氢、稀硫酸氧化浸取，As2O3被氧化为H3AsO4，铜、钴转化为盐溶液，二氧化硅不反应作为滤渣过滤排出，滤液调节pH后，再加入Na3AsO4发生沉铜反应，得到难溶性的Cu5H2(AsO4)4·2H2O，加入氢氧化钠碱浸后得到氢氧化铜；滤液加入草酸钠沉钴得到草酸钴沉淀。 (1)A项，As元素位于第四周期VA族，故价层电子排布式为4s24p3，A错误；B项，N位于第二周期，只有s、p两轨道，没有d轨道参与成键，故N最多形成四条共价键，因此N不能形成NCl5，B错误；C项，根据价电子对互斥理论，N3-的中心原子N含有2条键，孤对电子数，故空间构型为直线形，C正确；D项，N、P、As位于同一主族，层数越多，第一电离能越小，故N、P、As第一电离能逐渐减小；故选CD。 (2)N2O3中N原子含有2条σ键，孤电子对数为1；N2O4中N原子含有3条σ键，孤电子对数为0；中心原子N均为sp2杂化，但N2O3中心原子N存在1对孤对电子，而N2O4中心原子N无孤对电子，由于孤电子对对成键电子对的斥力较大，故键角a＜b。 (3)①晶胞中根据均摊法[Mg(NH3)6]2+位于晶胞的顶点和面心，个数为4；该晶胞沿x、y、z轴方向的投影都如图3所示，结合电荷守恒[BH4]-在晶胞中有8个；故化学式为[Mg(NH3)6][BH4]；“”代表[BH4]-，在晶胞中[BH4]-位于[Mg(NH3)6]2+形成的正四面体中心，离[BH4]-距离最近且等距的[Mg(NH3)6]2+为4，故[BH4]-的配位数(相邻的阳离子数目)为4。②晶体中存在的化学键有[BH4]-和[Mg(NH3)6]2+之间的离子键； N-H之间是极性共价键不存在非极性共价键；[BH4]-、[Mg(NH3)6]2+中存在配位键；氢键不属于化学键，故答案为ABD。 (4)根据磷酸分子结构可推出磷酸三乙酯是一分子磷酸与3分子乙醇反应得到的产物，结构简式为(C2H5O)3PO，其与足量NaOH反应的化学方程式为(C2H5O)3PO+3NaOHNa3PO4+3C2H5OH。 (5)“氧化浸出”时，加入的H2O2将As2O3氧化为H3AsO4，化学方程式为As2O3+2H2O2+H2O=2H3AsO4。 (6)“碱浸”时，Cu元素转化为Cu(OH)2 ，化合价未变，故As元素化合价也不变，形成+5价的As，碱性条件下是Na3AsO4，且产物可在“沉铜”循环使用。 (7)“沉钴”时硫酸钴与草酸钠反应生成草酸钴沉淀和硫酸钠，故“操作1”得到的沉淀CoC2O4表面含有硫酸根杂质，检验沉淀是否干净的具体操作是：取最后一次洗涤液于试管中，先加入足量的稀盐酸，再加氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀已洗净。 6．(2026·浙江省七校联盟高三一模)硼及其化合物在生产、生活和科研中应用广泛。请回答： (1)下列说法正确的是_______。 A．基态B原子价电子中不同自旋电子数之比是1：2 B．Ga的核外电子排布式为 [Ar]4s24p1 C．AlCl3易以二聚体形式存在，是因为形成了配位键 D．3种分子的沸点高低顺序C2H6>B2H6> NH3 (2)一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，B的杂化类型为 ，若晶胞中含有银的配离子，则该物质的化学式可表示为 。 (3)①三卤化硼用于各种工业催化剂，水解反应迅速甚至剧烈产生白色难溶物。经过如下反应键键长会变长，请从杂化及成键角度分析原因 。 ②中国是第一个被发现有锰方硼石矿体的国家(主要成分Mn3B7O13Cl)，常与白云石、黄铁矿等矿石共生。 (i)主要成分与稀盐酸反应有乳白色浑浊产生，写出所发生反应的离子方程式 。 (ii)设计实验证明矿石中含有黄铁矿 。 (4) H3NBH3 (氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。 ①氨硼烷热分解释氢。氨硼烷受热时固体残留率随温度的变化如图所示。110℃时残留固体的化学式可能为 。 ②氨硼烷水解释氢。催化剂作用下，1 mol氨硼烷最多高效释放3molH2，并生成一种盐，写出所发生反应的化学方程式 。 【答案】(1)AC (2) sp3 B[Ag(CN)4] (3)杂化方式由sp2转化为sp3，s成分越少，键能越小，键长越长；由于BF3存在大π键，键长更短 Mn3B7O13Cl+5H++8H2O=3Mn2++7H3BO3+Cl- 取少量矿石样品于试管中，加入适量稀盐酸溶解，再滴加少量铁氰化钾，若产生蓝色沉淀，则说明含有黄铁矿 (4)BNH4 (H2B=NH2/ BNH4)n) BH3NH3+4H2ONH4[B(OH)4]+3H2↑或3BH3NH3+6H2O(NH4)3B3O6+9H2↑ 【解析】(1)A项，基态B原子的价电子轨道表示式为，不同自旋电子数之比为1:2，A正确；B项，Ga是31号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，B错误；C项，AlCl3二聚体分子中具有空轨道的铝离子与具有孤电子对的氯离子形成配位键，C正确；D项，NH3存在分子间氢键，沸点最高，C2H6的相对分子质量比B2H6大，范德华力较强，沸点较高，故沸点高低顺序为NH3> C2H6> B2H6，D错误；故选AC； (2)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sp3杂化；B位于顶点，其个数为，Ag、C、N位于体心，个数分别为1、4、4，晶胞中含有银的配离子，故该物质的化学式可表示为B[Ag(CN)4]； (3)①杂化方式由sp2转化为sp3，s成分越少，键能越小，键长越长；由于BF3存在大π键，键长更短；②(i) Mn3B7O13Cl与稀盐酸反应生成的乳白色浑浊为H3BO3，根据元素守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为Mn3B7O13Cl+5H++8H2O=3Mn2++7H3BO3+Cl-；(ii)黄铁矿主要成分为FeS2，检验矿石中的Fe2+即可，实验操作为取少量矿石样品于试管中，加入适量稀盐酸溶解，再滴加少量铁氰化钾，若产生蓝色沉淀，则说明含有黄铁矿； (4)①H3NBH3的相对分子质量为31，110℃时固体残留率为93.55%，M(A)=M(H3NBH3) ×93.55%=31×93.55%=29 g·molˉ1，因此A为BNH4或H2B=NH2或( BNH4)n；②氨硼烷水解释氢时，1 mol氨硼烷最多高效释放3molH2，并生成一种盐，反应的化学方程式为BH3NH3+4H2ONH4[B(OH)4]+3H2↑或3BH3NH3+6H2O(NH4)3B3O6+9H2↑。 7．(2026·江省台州市椒江区等5地高三一模)硫、氮是非常重要的非金属元素。请回答： (1)有关ⅥA族元素及化合物的结构与性质，下列说法正确的是______。 A．基态Se原子的简化的电子排布式为 [Ar]4s24p4 B．基态S原子有9种不同能量的电子 C．S和Cr原子价电子数相同，Cr处于周期表的d区 D．H2O和H2S键角大小： (2) CuS2是一种低温超导材料，具有较大研究价值。其晶胞结构如图： ①Cu2+的配位数(紧邻的阴离子数)为 。 ②已知CuS2固体在足量的高压氧气下，完全溶于足量的氨水，该反应的离子方程式是 。 ③S元素还可形成S2O62-，其结构是 A(填“a”或“b”)。 (3)三聚氰胺生产时产生大量含氨和CO2的尾气，工业以此为原料，采用氨基磺酸水溶液吸收，联产精细化工中间体——氨基磺酸铵H2NSO3NH4。转化如下图： 已知：三聚氰胺结构简式为，与苯环类似，分子为平面结构，存在大π键。 ①溶液A中阴离子有H2NCOO-、OH-和 、 。 ②下列说法正确的是 。 A．三聚氰胺是极性分子 B．步骤Ⅰ中，若硫酸浓度低，易形成(NH4)2SO4副产物 C．步骤Ⅲ中，水从上喷淋吸收尾气效率更高 D．步骤Ⅳ中，若反应液浓缩后，加入足量的乙醇不能使氨基磺酸铵结晶析出 ③已知：制备氨基磺酸的另一种方法：NH3+→H2NSO3H a.氨基磺酸可在足量的热NaOH溶液中水解，其化学方程式是 。 b.设计实验方案检验氨基磺酸中的N元素 。 c.NH3与SO3以1:2比例反应生成HN(SO3H)2，HN(SO3H)2可继续消耗NH3生HN(SO3NH4)2，HN(SO3NH4)2可继续消耗NH3生成(NH4)N(SO3NH4)2，从结构度分析最后一步转化能发生的原因 。 【答案】(1)CD (2) 6 2CuS2+7O2+12NH3·H2O= 2[Cu(NH3)4]2++4SO42-+4NH4++10H2O或2CuS2+7O2+12NH3+2H2O=2 [Cu(NH3)4]2++4SO42-+4NH4+ b (3)CO32- HCO3- BC H2NSO3H+2NaOHNa2SO4+NH3↑+H2O 取少量氨基磺酸溶液于试管中，加入适量NaOH溶液，并加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明有N元素 磺酸铵具有强吸电子能力，增大N-H键极性，导致N-H键很容易电离出H+ 【解析】(1)A项，Se是34号元素，基态原子电子排布式为[Ar]3d104s24p4，A错误；B项，基态S原子电子排布式为1s22s22p63s23p4，同一亚层电子能量相同基态S原子有5种不同能量的电子，B错误；C项，S([Ne]3s2 3p4)与Cr([Ar] 3d54s1)在最外层都有6个价电子，且Cr处于d区，C正确；D项，H2O和H2S同为sp3杂化，孤独电子数也相同，O比S电负性更大，所以在H2O中，成键电子对更靠近中心原子，孤电子对-成键电子对之间斥力更强，H2O键角更大，所以H2O键角大于H2S，D正确；故选CD。 (2)① 由给定晶胞示意图可知，Cu位于顶点，S22-位于棱心，以任一Cu原子为中心，左右各一个S22-原子与Cu距离最近，上下各一个S22-原子与Cu距离最近，前后各一个S22-原子与Cu距离最近，Cu2+与周围6个S22-最近邻，故其配位数为6；②在足量NH3和高压O2条件下，CuS2溶解时，S被氧化为SO42-，Cu2+与NH3生成[Cu(NH3)4]2+。该离子方程式为2CuS2+7O2+12NH3·H2O= 2[Cu(NH3)4]2++4SO42-+4NH4++10H2O；③S2O62-中，若以a中O-O键相连，属于过氧键，此时O为-1价，不稳定，而b结构中，S形成6条共价键，电子云分布较均衡，稳定性比a强，故选b； (3)①氨气和二氧化碳融入水中，生成阴离子还有CO32-和HCO3-；②A项，三聚氰胺分子呈平面且高度对称，为非极性分子，A错误；B项，若发烟硫酸浓度偏低，易与NH3生成(NH4)2SO4等副产物，B正确；C项，一般吸收操作多采用逆流喷淋效果更佳，C正确；D项，氨基磺酸铵不溶于乙醇，加足量乙醇降低溶解度有晶体析出，D错误；故选BC。③氢氧化钠足量，化学方程式为H2NSO3H+2NaOHNa2SO4+NH3↑+H2O；取少量氨基磺酸溶液于试管中，加入适量NaOH溶液，并加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明有N元素；磺酸铵具有强吸电子能力，增大N−H键极性，导致N−H键很容易电离出H+，可以继续消耗NH3。 8．(2026·浙江省强基联盟高三二模)铁单质及其化合物的应用非常广泛。回答下列问题： (1)下列说法正确的是_______(填标号)。 A．基态Fe原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为1：3或3：1 B．Fe、Co、Ni位于周期表中同一周期、同一副族 C．Fe原子变成，优先失去3d轨道上的电子 D．Mn的第三电离能<Fe的第三电离能 (2)用X射线衍射测定，得到Fe的两种晶胞A、B，其结构如图所示。晶胞A和晶胞B中Fe原子的配位数之比为 。 (3)结构示意图如图所示。 ① FeSO4·7H2O中H2O与Fe2+、H2O与SO42-的作用力类型分别是 。 ②H2O中O和SO42-中S均为sp3 杂化，比较H2O中H-O-H键角和SO42-中O-S-O键角的大小并解释原因： 。 (4)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)为原料，对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示： 已知： Ksp(CaSO4)=4.9×10-5， Ksp(CaCO3)=3.4×10-19。 ①高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是 。 ②“滤渣”的主要成分是CaSO4和 。 ③“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ，该反应能进行的原因是 。 【答案】(1)AB (2)2:3 (3)配位键、氢键 H2O中O原子有孤电子对，SO42-中S原子无孤电子对，孤电子对有较大斥力，使H-O-H键角小于O-S-O键角 (4) NH3 SiO2 CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4 Ksp(CaSO4)＞ Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙 【解析】高炉渣(主要成分为CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400℃ 下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应生成(NH4)2CO3，所以该气体为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为CaSO4以及未反应的SiO2，滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶析出NH4Al(SO4)2·12H2O，剩余富镁溶液；滤渣加入(NH4)2CO3溶液，滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。 (1)A项，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，两种自旋状态的电子数之比为1:3或3:1，A正确；B项，Fe、Co、Ni位于周期表中第四周期第Ⅷ族，B正确；C项，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，C错误；D项，Mn的第三电离能为半充满的稳定结构3d5再失电子，较难，Fe的第三电离能为3d6再失1个电子变为3d5结构，Mn的第三电离能＞Fe的第三电离能，D错误；故选AB。 (2)由图可知，晶胞A中Fe的配位数为8，晶胞B中Fe的配位数为12，两者之比为2:3。 (3)H2O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，二者可以形成配位键，SO42-中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键；H2O中O和SO42-中S都是sp3 杂化，H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键合电子对占据，而SO42-中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据，孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得H-O-H键角比O-S-O键角小。 (4)由分析可知，高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是NH3；由分析可知，“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2； “水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4；该反应之所以能发生，是由于Ksp(CaSO4)＞ Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙。 9．(2026·浙江省浙南名校联盟三联考一模)锌和硫在工业中都有重要作用，也是人体必需元素。回答下列问题： (1)下列说法正确的是___________。 A．基态锌原子的价电子排布式为：4s2 B．碱性：[Zn(NH3)4]2+＜NH3 C．基态硫原子核外电子占据的原子轨道数为8 D．同周期元素中第一电离能大于硫元素的有三种 (2)硫化锌是优良的半导体锂离子电池负极材料，在充电过程中，负极材料晶胞的组成变化如图所示。LixZnyS晶胞中x：y= 。 (3)硫代硫酸根(S2O32-)可看作是SO42-中的一个原子被原子取代的产物。 ①硫代硫酸盐可作浸金试剂。浸金时，S2O32-作为配体与Au+形成[Au(S2O3)2]3-。判断S2O32-中的中心S原子和端基S原子哪一个作配位原子 (填“端基S”或“中心S”)，说明理由 。 ②碘量法滴定常用到反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。推测连四硫酸根()的结构式为 。 (4)闪锌矿的利用有多种方法，其中有如下转化，请回答问题： 已知：①M中阴离子空间构型为平面三角形。M具有强还原性。 ②ZnCl2浓溶液俗称“焊药水”，因ZnCl2水解产生H[ZnCl2(OH)]，能除去金属表面的氧化膜。请回答下列问题： ①写出H[ZnCl2(OH)]与Fe2O3反应的化学方程式： 。 ②写出M的化学式： 。 ③设计实验方案，检验M中的S元素： 。 【答案】(1)BD (2)6：1 (3)端基S 端基S原子含有孤电子对，能作配位原子 或 (4)6H[ZnCl2(OH)]+ Fe2O3=2Fe[ZnCl2(OH)]3+3H2O Na2CS3 取少许M于试管中，加水溶解，加入足量双氧水，若有黄色沉淀生成，说明有S元素 【解析】(1)A项，基态锌原子的价电子排布式3d104s2，故A错误；B项，氨气在水中会与水发生反应生成一水合氨，一水合氨是一种弱碱，在水中部分电离出氢氧根离子，[Zn(NH3)4]2+中氨气和锌离子通过配位键形成了配离子，比较稳定，很难在溶液电离出氢氧根离子，故B正确；C项，基态硫原子核外电子排布式为1s2 2s2 2p63s23p4，占据原子轨道数为9，故C错误；D项，同周期元素中第一电离能大于硫元素的有三种分别为：P、Cl、Ar，故D正确；故选BD。 (2)由图中充电后的晶胞可知，Zn2+或Li+共七个，S2-有四个，结合化合价代数和等于零可以算出LixZnyS晶胞中x：y=6：1； (3)①S2O32-中心S原子与三个O原子和一个S原子相连，其价层电子已经饱和，无孤对电子，而端基S原子具有孤电子对，能够作配原子；②S2O32-的结构式为，S元素的平均化合价+2，当发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，碘单质化合价降低，S元素得升高，S4O62-的结构中有-S-S-，可以推测连四硫酸根的结构式为； (4)①ZnCl2水解产生H[ZnCl2(OH)]具有酸性，可以溶解金属氧化物，所以与铁锈的反应的化学方程式为：6H[ZnCl2(OH)]+ Fe2O3=2Fe[ZnCl2(OH)]3+3H2O；②根据已知信息CS2与Na2S反应生成M ，M中阴离子空间构型为平面三角形，可知M为Na2CS3，符合题干要求；③因为M具有强还原性，所以可以加入氧化剂把S元素氧化为黄色硫单质，所以检验M中的S元素可以通过取少许M于试管中，加水溶解，加入足量双氧水，若有黄色沉淀生成，说明有S元素。 10．(2026·浙江省新阵地教育联盟三联考)钛在生活中应用广泛，被称为“太空金属”、“第三金属”和“未来金属”， (1)下列有关钛的叙述正确的是_________。 A．48Ti、49Ti、50Ti互为同素异形体 B．基态钛原子的价层电子排布式为3d24s2 C．钛元素位于元素周期表第四周期ⅡB族 D．基态时，钛和铝原子核外未成对电子数相等 (2)钛金属能导电的原因是 。 (3)钛的一种氧化物是优良的颜料，该氧化物的晶胞结构如图所示，则该氧化物的化学式为 ；在晶胞中Ti原子的配位数为 。 (4)Ti2O3因其在能源、生物医学和电子等领域的广泛应用前景而受到关注。一种以钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含少量FeO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料生产Ti2O3的工艺流程如图所示(部分条件和产物省略)。已知：TiOSO4易水解生成TiO(OH)2沉淀。 回答下列问题： ①“碱浸”工序的目的是 。提高“碱浸”工序速率的措施有 (答一条即可)。 ②“碱浸”工序后，硫酸与FeTiO3反应生成TiOSO4的化学方程式为 。 ③制备FeSO4·7H2O晶体。已知溶解度曲线如图所示。 操作方法： ，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥。 【答案】(1)B (2)金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动 (3) TiO2 6 (4) 除去Al2O3和SiO2 适当加热(或增大NaOH溶液浓度等或搅拌) FeTiO3+2H2SO4= FeSO4 +TiOSO4+2H2O 将滤液转移到蒸发皿中，加热浓缩，得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶 【解析】钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含少量FeO、Al2O3、SiO2等杂质)加入氢氧化钠进行碱浸，氧化铝转化为四羟基合铝酸钠、二氧化硅转化为硅酸钠，过滤可以除去这两种杂质，滤渣加入硫酸反应得到硫酸亚铁、TiOSO4溶液，调节pH得到TiO(OH)2沉淀，将灼烧得到二氧化钛，最后还原得到Ti2O3。 (1)A项，同素异形体是同种元素组成的不同单质；48Ti、49Ti、50Ti为钛的三种同位素，而不是互为同素异形体，错误；B项，钛为22号元素，基态钛原子的价层电子排布式为3d24s2，正确；C项，钛为22号元素，钛元素位于元素周期表第四周期ⅣB族，错误；D项，基态时，钛和铝原子核外未成对电子数分别为2、1，错误；故选B； (2)溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；钛金属能导电的原因是金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动； (3)据“均摊法”，晶胞中含个Ti、个O，则该氧化物的化学式为TiO2；以体心钛原子为例，最近且相邻的原子为6个，则在晶胞中Ti原子的配位数为6； (4)①由分析，钛铁矿加入氢氧化钠进行碱浸，氧化铝转化为四羟基合铝酸钠、二氧化硅转化为硅酸钠，过滤可以除去这两种杂质，“碱浸”工序的目的是除去Al2O3和SiO2。提高“碱浸”工序速率的措施有适当加热(或增大NaOH溶液浓度等或搅拌)。②“碱浸”工序后，硫酸与FeTiO3反应生成TiOSO4，结合质量守恒，反应同时生成硫酸亚铁和水，化学方程式为FeTiO3+2H2SO4= FeSO4 +TiOSO4+2H2O。③由图，60℃以下时结晶得到FeSO4·7H2O晶体，则操作方法：将滤液转移到蒸发皿中，加热浓缩，得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥。 11．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)过渡金属单质及其化合物在生产生活中用途广泛。 (1)[Fe(H2NCONH2)6(NO3)3]俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。下列说法正确的是_______。 A．用尿素铁做焰色试验过程中观察不到现象，因铁原子核外电子不会发生跃迁 B．元素C、N、O原子的第一电离能：N> O>C C．尿素(H2NCONH2)与氰酸铵(NH4OCN)互为同分异构体 D．八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中的配位数为12，配位原子是 (2)具有双钙钛矿型氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图所示，但真实的晶体中存在5%的空位缺陷，导电时空位的存在有利于的传导。考虑晶体缺陷，该晶体中+3价与+4价La原子个数比为 。 (3)氨硼烷(NH3BH3)是一种固体储氢材料。 ①实验室用[Cu(NH3)4]SO4和NaBH4以物质的量之比为1：2投料制备氨硼烷，反应过程中同时有两种单质生成，该反应的化学方程式为 。 ②一种镍磷化合物催化氨硼烷水解制氢的可能机理如图所示。 I.“中间体I”中B、N上所连H分别吸附在Ni和P上的原因是 。 II.“中间体III”经过一系列步骤转化为硼酸，已知硼酸能与甘露醇等多羟基化合物形成稳定络合物： H3BO3不能直接用溶液滴定，需要加入甘露醇之后再滴定的原因是 。 (4)从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下： ①根据“还原酸浸”与“氧化”过程，推断Fe3+、Cu2+、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为 。 ②“浸金银”时，在空气中的O2作用下，[Cu(NH3)4]2+与S2O32-共同催化Au溶解涉及的主要反应如下，请补充第二步反应离子方程式 I. Au+5S2O32-+[Cu(NH3)4]2+=[Au(S2O3)2]3-+[Cu(S2O3)3]5-+4NH3； II. 。 ③“沉锰”过程添加NH4HCO3而不用Na2CO3，可使产物中的杂质较少，原因是 。 【答案】(1)BC (2)4:1 (3) [Cu(NH3)4]SO4+2NaBH42NH3BH3+Cu+Na2SO4+2NH3↑+H2↑ 电负性N>H>B，P>Ni，导致B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，故B、N上的H分别吸附在Ni和P上 H3BO3酸性太弱，滴定突跃不明显，加入甘露醇使H+浓度增大，提高滴定准确度 (4) MnO2＞Fe3+＞Cu2+ 4[Cu(S2O3)3]5-+16NH3+O2+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+12S2O32- Na2CO3溶液碱性太强，可能生成Mn(OH)2且用NH4HCO3后续除杂质更方便 【解析】由褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等)经“还原酸浸” Fe2O3、MnO2被Na2SO3还原为Fe2+、Mn2+，CuO被溶解为Cu2+，Au、Ag、SiO2不反应进入滤渣1；“沉铜”时加入铁粉发生置换反应生成铜，滤液3中主要含有Fe2+、Mn2+，经MnO2氧化将Fe2+氧化为Fe3+；加入NaOH将Fe3+沉淀，滤液4中主要含Mn2+，加入NH4HCO3使Mn2+转化为MnCO3。 (1)A项，用尿素铁做焰色试验过程中观察不到现象，因铁在电子跃迁时释放的能量不在可见光的范围内，A错误；B项，元素C、N、O原子中N原子2p能级电子半满比相邻的C、O的第一电离能大，故有第一电离能：N> O>C，B正确；C项，尿素(H2NCONH2)与氰酸铵(NH4OCN)的分子式相同二结构不相同，互为同分异构体，C正确；D项，八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中H2NCONH2中的两个N与Fe3+形成配位键，化合物中共6个H2NCONH2，配位数为12，配位原子是N，D错误；故选BC。 (2)根据完整的晶胞结构可得O个数为，但真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，则真实的O个数为；Ni(II)个数为；Mn(III)个数为；La(III或IV)个数为1，晶胞化学式为La2NiMnO5.7，设晶胞中+3价La为x个，则+4价La为2-x个，根据物质化合价为0 ，可得，解得x=1.6，则有+3价La为1.6个，则+4价La为0.4个，个数比为4：1。 (3)①用[Cu(NH3)4]SO4和NaBH4以物质的量之比为1：2投料制备氨硼烷(NH3BH3)，反应过程中同时有两种单质生成，根据化合价特点可判断两种单质为Cu和氢气，该反应的化学方程式为：[Cu(NH3)4]SO4+2NaBH42NH3BH3+Cu+Na2SO4+2NH3↑+H2↑。②根据电负性N>H>B，P>Ni，导致B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，故B、N上的H分别吸附在Ni和P上。中和滴定时物质的酸碱性越强滴定误差越小，由于H3BO3酸性太弱，滴定突跃不明显，加入甘露醇后，硼酸能与甘露醇等多羟基化合物形成稳定络合物：，使H+浓度增大，提高滴定准确度。 (4)①“还原酸浸”发生氧化还原反应：2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+，2 MnO2+SO32-+2H+=Mn2++SO42-+H2O，而CuO未发生氧化还原反应，说明Fe3+＞Cu2+；“氧化”过程发生氧化还原反应：MnO2+ 2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物可得氧化性MnO2＞Fe3+；可得氧化剂由强到弱的顺序为MnO2＞Fe3+＞Cu2+。 ②“浸金银”时，在空气中的O2作用下，[Cu(NH3)4]2+与S2O32-共同催化Au溶解，结合第一步反应可知第一步的生成物[Cu(S2O3)3]5-在第二步与氧气反应生成[Cu(NH3)4]2+，离子方程式配平后为：4[Cu(S2O3)3]5-+16NH3+O2+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+12S2O32-。③“沉锰”是生成MnCO3，由于Na2CO3溶液碱性太强，可能生成Mn(OH)2，同时用NH4HCO3后续除杂质。 12．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模)根据要求回答下列问题： (1)试剂MBTH常用于检测室内空气中甲醛的含量，其结构为。下列说法不正确的是___________(填标号)。 A．电负性：N＞C＞H B．4种元素均位于p区 C．基态原子核外电子有16种空间运动状态 D．MBTH与甲醛发生加成反应时，氨基H与醛基C成键 (2)S与A、B两种金属形成的晶胞如图所示，该化合物的化学式为 。 (3)已知CO2+H2OH2CO3，CS2与NH3按照物质的量之比为1：2发生类似反应得到NH4+和一种阴离子，写出阴离子的结构式 。 (4)H2S2O3结构式为 ，从结构角度解释H2S2O3的酸性弱于H2SO4原因是 。 (5)以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备粗二氧化锰颗粒的过程如下： ①“浸出”时，可加快速率的措施有 (任写2点) ②“净化、分离”时，浸出液中的Fe3+可以通过加水稀释除去，结合离子方程式解释原理 ；生成MnCO3的离子方程式为 。 【答案】(1)BCD (2)ABS2 (3) (4) O电负性大于S，S=S吸电子能力小于O=S，使硫代硫酸中羟基极性较小，酸性较弱 (5) 将软锰矿研磨成粉末、适当升温、搅拌等 稀释浸出液，使得溶液的pH升高，导致正向移动 Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O 【解析】(1)A项，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性强弱顺序为N＞C＞H，则电负性的大小顺序为N＞C＞H，故A正确；B项，4种元素中，氢元素位于元素周期表s区，故B错误；C项，硫元素的原子序数为16，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，核外有9种空间运动状态，故C错误；D项，MBTH与甲醛发生加成反应时，氨基氢原子与醛基氧原子成键，故D错误；故选BCD； (2)A位于顶点的有8个，面上的有4个，内部有1个，故有，位于棱上的有4个，面上的有6个，故有，而都在内部，有8个，故个数为8个，因此分子式为ABS2； (3)已知CO2+H2OH2CO3，CS2与NH3按照物质的量之比为1：2发生类似反应得到NH4+和一种阴离子，则阴离子的分子式为(H2NCS2)-，结构式为； (4)H2SO4的结构式为，H2S2O3相当于将一个O替换成S，故H2S2O3结构式为；O和S为同族元素，电负性O大于S，吸电子能力S=S小于O=S，使硫代硫酸中羟基极性较小，电离出氢离子能力较硫酸弱，酸性较弱； (5)软锰矿通过浸出操作得到含MnSO4的浸出液，加入碳酸氢铵通过净化、分离得到MnCO3，MnCO3热解得到二氧化锰粗颗粒；①二氧化锰具有氧化性，亚铁离子具有还原性，用硫酸和FeSO4可溶解软锰矿，加快反应速率可通过增大接触面积、升高温度、增大反应液浓度等方法；②软锰矿浸出液中的Fe3+通过加水稀释浸出液，使得溶液的pH升高，导致正向移动，利于除去Fe3+；Mn2+与碳酸氢铵溶液中的HCO3-发生反应生成MnCO3，Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O。 13．(2026·浙江省杭州第二中学高三月考)氮族元素(N、P、、、)在生命科学和工农业生产中具有极其重要的作用。 (1)关于氮族元素相关的描述，下列说法正确的是___________。 A．砷原子基态的电子排布式为［Ar］4s24p3 B．键角：PNH3＜NH3 C．N、P、As、Sb、Bi的电负性逐减小 D．键长：NO2+＜NO2- (2)某化合物的晶胞如图： ①该化合物的化学式为 ；Ca2+的配位数为 。 ②写出该化合物与足量盐酸反应的化学方程式 。 (3)浓硝酸和浓盐酸的混合物(体积比为1：3)叫做王水，能使一些不溶于硝酸的金属如金、铂等溶解。已知王水与金反应生成H[AuCl4]，写出该反应的化学方程式 。设计实验检验该反应产生的气体 (要求利用该气体的氧化性或还原性)。 (4)已知亚磷酸H3PO3与足量氢氧化钠反应生成Na2HPO3，亚砷酸H3AsO3与足量氢氧化钠反应生成Na3AsO3，从分子结构角度解释上述两个反应生成对应产物的原因 。 (5)某兴趣小组以铋赭石［主要成分为Bi2CO3(OH)4］为原料制备NaBiO3(难溶于冷水)的流程如下： ①滤液1中的主要阴离子有 ； ②在沉淀转化步骤中已经生成产物NaBiO3，则X为 (要求不引入其他新元素)； ③酸性条件下，固体NaBiO3可氧化Mn2+为MnO4-，写出Mn2+转化为MnO4-的离子方程式 。 【答案】(1)BCD (2)Ca2NH 6 Ca2NH+5HCl=2CaCl2+NH4Cl+H2↑ (3)Au+4HCl+4HNO3=H[AuCl4]+NO↑+2H2O 收集反应生成的气体，通入适量空气，若无色气体迅速变红棕色，则反应产生的气体为NO (4) H3PO3分子结构为，只有两个羟基上的氢易电离：H3AsO3的结构为  ，三个羟基上的氢均可电离 (5)NO3-、OH- H2O2(O2、O3、过氧化钠也可) 2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O 【解析】以铋箔石［主要成分为Bi2CO3(OH)4］为原料制备NaBiO3 (难溶于冷水)，将铋赭石加硝酸浸溶液，过滤得到含Bi(NO3)3的滤液，加入足量NaOH溶液转化为Bi(OH)3沉淀，继续加入NaOH溶液和H2O2进行沉淀转化得到NaBiO3，再经过一系列操作得到成品备NaBiO3。 (1)A项，砷(As)是33号元素，位于第四周期第VA族，根据构造原理，基态As原子的电子排布式应为[Ar]3d104s24p3，A错误；B项，PH3和NH3中心原子价层电子对数为3+=4，切均含有1个孤电子对，分子空间结构均为三角锥形，由于氮(N)的电负性大于磷(P)，成键电子对之间的排斥作用增强，导致NH3的键角大于PH3的键角，B正确；C项，同主族元素，从上往下电负性依次减小，则N、P、As、Sb、B的电负性逐减小，C正确；D项，NO2+中心原子价层电子对数为2+=2，杂化方式为sp杂化，NO2-的中心原子价层电子对数为2+=3，杂化方式为sp2，s轨道成分越多N-O的重叠程度越大，键长越短，则键长：NO2+＜NO2-，D正确；故选BCD。 (2)①该晶胞中，Ca个数=，N个数=，H原子个数=，故其化学式为Ca2NH；Ca2+上下前后左右都有阴离子，故其配位数为6；②该化合物与足量盐酸反应生成氯化铵、氯化钙和氢气，反应的方程式为：Ca2NH+5HCl=2CaCl2+NH4Cl+H2↑。 (3)浓硝酸和浓盐酸的混合物(体积比为1：3)叫做王水，王水与金反应生成H[AuCl4]，同时HNO3被还原生成NO，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：Au+4HCl+4HNO3=H[AuCl4]+NO↑+2H2O。检验NO可以将其氧化为红棕色的NO2，方法为：收集反应生成的气体，通入适量空气，若无色气体迅速变红棕色，则反应产生的气体为NO。 (4)亚磷酸H3PO3与足量氢氧化钠反应生成Na2HPO3，亚砷酸H3AsO3与足量氢氧化钠反应生成Na3AsO3，说明H3PO3是二元酸，H3AsO3是三元酸，原因是：H3PO3分子结构为，只有两个羟基上的氢易电离：H3AsO3的结构为，三个羟基上的氢均可电离。 (5)①在沉淀步骤中发生的反应为：Bi(NO3)3+3NaOH= Bi(OH)3↓+3NaNO3，则过滤后的滤液1的主要阴离子为：NO3-、OH-；②由分析可知，Bi(OH)3沉淀要转化为NaBiO3，需要加入氧化剂，则X为H2O2(O2、O3、过氧化钠也可)；③酸性条件下，固体NaBiO3可氧化Mn2+为MnO4-，同时有Bi3+生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平离子方程式为：2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O。 14．(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考)过渡金属是工业催化中的关键元素。请回答： (1)下列说法正确的是___________。 A．基态铬原子中存在10对成对电子 B．50Sn元素位于元素周期表第14列 C．钡焰色实验呈黄绿色与电子从低能级跃迁到高能级有关 D．配位键的强度：[Cu(NH3)]2+＞[Cu(NF3)]2+ (2)某化合物的晶胞如下图所示，以配离子形式写出该化合物的化学式为 。 (3)化合物A()、B()是氮化合物的主要中间体。 ①化合物X的化学式与B相同，但熔、沸点更为显著。写出化合物X的电子式 。 ②化合物A、B分别结合质子后，测得[H2A]2+的给质子能力比[H2B]2+弱，请从“键的极性大小对化学性质的影响”角度说明理由 。 ③低温条件下，化合物A与NaOH溶液、H2O2溶液反应，得到含有[OC(NH2)2]的溶液。 (ⅰ)将反应体系温度下降至低温的目的是 。 (ⅱ)写出过程中化合物A涉及的离子方程式 。 (4)以铜锌矿(主要成分为Cu3ZnS4，含有PbS和少量Fe2S3)原料实现如下转化： ①步骤Ⅰ中Cu3ZnS4发生转化的化学方程式 。 ②溶液D中，除K+、H+、Br-外，写出三种大量存在的离子 (按照离子浓度大小顺序)。 ③设计实验证明“步骤Ⅰ中通入的O2可促进反应进行” 。 【答案】(1)BD (2)[Zn(NH3)4][FeCl4]或[Zn(NH3)4]2+[FeCl4]2- (3)或 电负性O＞S，C=O键极性强，使得[H2B]2+中H更易解离，即给质子能力更强 防止H2O2由于温度过高而分解 SC(NH2)2 +4H2O2+2OH-= OC(NH2)2+SO42-+5H2O (4) Cu3ZnS4+6O2+4H2SO43CuSO4+ZnSO4+4SO2↑+4H2O SO42-、Zn2+、Fe2+ 取等质量、等颗粒度(排除接触面积的干扰)的铜锌矿样品分为两份，一份在隔绝O2条件下与足量H2SO4反应，另一份在通入足量O2条件下与足量H2SO4反应，比较相同时间内两份样品中固体质量的减少量(或比较相同时间内生成气体的量等) 【解析】铜锌矿主要成分为Cu3ZnS4，含有PbS和少量Fe2S3，在通入足量的O2、控温90℃及足量硫酸的条件下，发生反应；Cu3ZnS4中S被氧化成SO2(气体X)，Cu转化为Cu2+，Zn转化为Zn2+；将生成的SO2气体通入到溶液中，可还原Fe3+为Fe2+，Cu2+为Cu+，加入KBr后，Cu+与Br-结合生成CuBr沉淀，Pb2+与Br-结合生成PbBr2沉淀，溶液D中除K+、H+、Br-外，大量存在的是SO42-和Zn2+，由于硫酸锌完全电离且硫酸足量，则SO42-浓度大于Zn2+，原料中还含有Fe2+，因此离子浓度从大到小为SO42-、Zn2+、Fe2+。 (1)A项，铬原子是24号，其核外电子轨道表示式为存在9对成对电子，A错误；B项，根据稀有气体氙为54号，推测可知50Sn元素位于元素周期表第14列，B正确；C项，钡焰色实验呈黄绿色是电子从高能级跃迁到低能级，C错误；D项，[Cu(NH3)]2+、[Cu(NF3)]2+的配体分别为NH3和NF3，其中NF3中F的电负性更强，电子更靠近F，因此配位键强度[Cu(NH3)]2+＞[Cu(NF3)]2+，D正确。 (2)由图可知，Fe的个数为，Zn的个数为，Cl的个数为，NH3的个数为，根据晶胞所示结构，Zn和NH3配位，Fe和Cl配位，因此配合物的化学式为[Zn(NH3)4][FeCl4]或[Zn(NH3)4]2+[FeCl4]2-； (3)①B为，化合物X的化学式与B相同，但熔、沸点更为显著，说明X分子中分子间氢键更强，则X为氰酸铵，其电子式可表示为或；②A中存在C=S键，B中存在C=O键。由于O的电负性比S大，所以C=O键的极性比C=S键的极性强。在[H2A]2+和[H2B]2+中，H与其他原子形成的键受C=S键和C=O键极性影响，C=O键极性强，使得[H2B]2+中H更易解离，即给质子能力更强；而C=S键极性弱，[H2A]2+中H较难解离，给质子能力更弱；③(ⅰ)因为H2O2受热易分解，低温可保证其参与反应的量，从而顺利得到含有[OC(NH2)2]的溶液，故将反应体系温度下降至低温的目的是防止H2O2分解。(ⅱ)过程中化合物A在碱性条件下与过氧化氢反应被氧化，离子方程式为：SC(NH2)2 +4H2O2+2OH-= OC(NH2)2+SO42-+5H2O。 (4)①由分析可知，步骤Ⅰ中Cu3ZnS4发生转化的化学方程式为：Cu3ZnS4+6O2+4H2SO43CuSO4+ZnSO4+4SO2↑+4H2O；②溶液D中，除K+、H+、Br-外，写出三种大量存在的离子SO42-、Zn2+、Fe2+；③证明步骤Ⅰ中通入的O2可促进反应进行可通过：取等质量、等颗粒度(排除接触面积的干扰)的铜锌矿样品分为两份，一份在隔绝O2条件下与足量H2SO4反应，另一份在通入足量O2条件下与足量H2SO4反应，比较相同时间内两份样品中固体质量的减少量(或比较相同时间内生成气体的量等)。 15．(2026·浙江省Z20联盟高三一模)第VIII族元素铁、钴、镍及其化合物应用广泛。请回答： (1)尿素分子H2NCONH2与Fe(NO3)3形成配合物[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3，下列说法不正确的是_______。 A．基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为4：5 B．元素C、N、O中，第一电离能最大的是N，电负性最大的是O C．尿素中N原子的配位能力强于NH3中的N原子的配位能力 D．八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe3+配位的原子是N (2) Co3+的氧化性大于[Co(NH3)6]3+，请从结构的角度解释 ． (3)NixCuyNz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图所示。 已知：相邻原子间的最近距离之比，则x：y：z= ；晶体中与原子距离最近且相等的原子的数目为 。 (4)以主要成分为FeCo2S4的铁钴矿(杂质为MgO、SiO2)为原料制取Co2O3和黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]的工艺流程如下图所示： 已知：“焙烧”后，Fe、Co元素完全转化为单质。回答下列问题： ①下列说法不正确的是 A．气体中含有CO、CO2、SO2等气体 B．为了加快酸浸步骤的反应速率，可以将稀硫酸改为浓硫酸 C．“调”时反应的离子方程式为：2Na++6Fe3++4SO42-+6CO32-+6H2O=[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]↓ +6CO2↑ D．该工艺条件下，可推知还原性：Fe2+＞Co2+ ②酸浸后滤液中的阳离子有： 。 ③“氧化、沉钴”过程中加入的NaClO和Na2CO3物质的量之比为1：2，相应总反应的离子方程式为 ，Co(OH)3完全转化为Co2O3的操作是 。 【答案】(1)CD (2)两离子所带正电荷数相等，[Co(NH3)6]3+半径较大，正电荷密度较小，相对难得电子或[Co(NH3)6]3+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，使中心Co原子上的电子云密度增大，较难从其他物质中得电子 (3)3：1：1 12 (4) B Mg2+、Fe2+、Co2+、H+ 2Co2++ClO-+2CO32-+3H2O=2 Co(OH)3↓ +2CO2↑+Cl- 加热固体至恒重 【解析】主要成分为FeCo2S4的铁钴矿(杂质为MgO、SiO2)加入焦炭和空气焙烧，Fe、Co元素完全转化为单质，C元素转化为碳的氧化物CO、CO2，S元素转化为SO2；加入稀硫酸进行酸浸后过滤，滤液中含有Fe2+、Co2+、Mg2+，滤渣中含有SiO2，滤液中加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3溶液调节 pH，得到黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]；过滤后，滤液中加入 NaF，溶液沉镁，过滤除去MgF2沉淀，滤液中加入NaClO和Na2CO3进行氧化，沉钴，将Co2+氧化为Co3+，Co3+转化为Co(OH)3，Co(OH)3焙烧得到Co2O3。 (1)A项，基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，含有4个未成对电子，Fe3+价层电子排布式为3d5，含有5个未成对电子，基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为4：5，A正确；B项，同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，故电负性：C<N<O；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，第一电离能：C<O<N，则C、N、O三元素的第一电离能最大者为N、电负性最大者为O，B正确；C项，因尿素分子中N的孤对电子部分与羰基共轭，相比NH3更难提供电子形成配位键，则尿素中N原子的配位能力弱于NH3中的N原子的配位能力，C错误；D项，八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，H2NCONH2中N、O原子均存在孤电子对，由C可知N原子较难提供电子形成配位键，故O原子提供孤电子对与Fe3+形成配位键，D错误；故选CD。 (2)两离子所带正电荷数相等，[Co(NH3)6]3+半径较大，正电荷密度较小，相对难得电子或 [Co(NH3)6]3+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，使中心Co原子上的电子云密度增大，较难从其他物质中得电子，则Co3+的氧化性大于[Co(NH3)6]3+。 (3)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a，面心的原子与体心的原子距离为a，依题给条件，相邻原子间的最近距离之比，可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×=3个，顶点原子为Cu，有8×=1个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1；根据分析，Cu原子处于顶点，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为3×8×=12。 (4)①A项，气体A中含有CO、CO2、SO2等气体，A正确；B项，Fe在浓硫酸中会钝化，阻止反应进一步进行，不能将稀硫酸改为浓硫酸，B错误；C项，“调pH”时Fe3+和Na2CO3、SO42-、CO32-反应生成黄钠铁矾 ，根据电荷守恒和原子守恒配平反应的离子方程式为：2Na++6Fe3++4SO42-+6CO32-+6H2O=[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]↓ +6CO2↑；D项，加入NaClO溶液进行第一步氧化时，Fe2+被氧化为Fe3+，而Co2+没有被氧化，说明还原性：Fe2+＞Co2+，D正确；故选B；②由分析可知，酸浸后滤液中的阳离子有：Mg2+、Fe2+、Co2+、H+；③“氧化、沉钴”过程中加入的NaClO和Na2CO3物质的量之比为1：2，NaClO将Co2+氧化为Co3+，Na2CO3将Co3+转化为Co(OH)3，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Co2++ClO-+2CO32-+3H2O=2 Co(OH)3↓ +2CO2↑+Cl-；Co(OH)3受热分解可以得到Co2O3，Co(OH)3完全转化为Co2O3的操作是加热固体至恒重。 16．(2026·浙江省新阵地教育联盟高三第一次模拟预测)铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题： I. (1)①乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下： 下列说法正确的是 A．基态Se原子的价层电子轨道表示式 B．该新药分子中有5种不同化学环境的氢原子 C．键角大小：SeO3＞SeO32- D．乙烷硒啉中含有25NA个σ键 ②根据非金属性可知，H2SO4的酸性强于H2SeO4，从结构的角度解释原因： 。 (2)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。 ①的化学式为 。 ②设的最简式式量为，中相邻之间的最短距离为anm，则晶体密度为 g· cm-3(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。 II.某科研小组以阳极泥(主要成分是Se，含有CuSe、等杂质)为原料，提炼硒的流程如下： 请回答下列问题： (3)上述流程图中的括号内，按操作先后顺序依次填写的内容是 、 。 (4)已知滤液中主要成分是Na2SeO3，可用于治疗克山病，写出高温下用焦炭还原固体的化学方程式： 。 (5)固体B到滤液C的系列处理为 。 (6)滤液中析出硒的离子方程式为 。 【答案】(1)ABC S原子电负性大于Se，导致H2SO4中O-H键极性更强，更容易解离出H+(其他合理答案也给分) (2) K2SeBr6 (3)粉碎 过滤 (4)Na2SeO4+4CNa2Se+4CO↑ (5)溶解、过滤、洗涤 (6)2Se2-+O2+2CO2=2Se↓+2CO32-(或2Se2-+O2+4CO2+2H2O=2Se↓+4HCO3-) 【解析】阳极泥(主要成分是Se，含有CuSe、A2Se等杂质)加纯碱并通入空气高温烧结，经冷却、磨碎，水浸取、过滤操作得到Cu、Ag残渣和滤液A(主要成分是Na2SeO3)，通入空气蒸干得到的固体B(主要成分为Na2SeO4)，Na2SeO4固体高温下与焦炭反应生成了CO，则Se被还原为Na2Se，滤液C(主要成分为Na2Se)通空气与CO2反应得到粗硒。 (1)①A项，基态Se原子的价层电子轨道表示式，A正确；B项，该分子中有5种不同化学环境的氢原子，B正确；C项，SeO3中Se是sp2杂化，平面三角形，键角120°，SeO32-中Se是sp3杂化，Se原子上有孤对电子，离子空间结构为三角锥，键角小于120°，故键角SeO3＞SeO32-，C正确；D项，乙烷硒啉分子中两个N原子之间的两个(-CH2-)结构中还有4个σ键，1mol乙烷硒啉分子中含有29NA个σ键，D错误；故选ABC；②Se和S是同主族元素均为VIA族，S原子电负性大于Se，导致H2SO4中O-H键极性更强，更容易解离出H+，故H2SO4的酸性强于H2SeO4； (2)根据晶胞结构可知，一个晶胞中K有8个，(SeBr6)有个，则X的化学式为：K2SeBr6；因X中相邻K之间的最短距离为anm，则晶胞边长为2anm，晶胞密度为； (3)由操作前后的物质状态可知，烧结物应经历冷却、粉碎，溶解、过滤得到滤液和滤渣； (4)已知滤液A中主要成分是Na2SeO3，通入空气蒸干得到的固体B主要成分为Na2SeO4，高温下与焦炭反应生成了CO，则Se被还原，化合价下降，化学方程式为：Na2SeO4+4CNa2Se+4CO↑； (5)由固体B到滤液C的操作过程为溶解、过滤、洗涤； (6)滤液C的主要成分为Na2Se，通入空气和CO2的离子方程式为：2Se2-+O2+2CO2=2Se↓+2CO32-(或2Se2-+O2+4CO2+2H2O=2Se↓+4HCO3-)。 17．(2026·浙江省A9协作体2026届高三返校联考) I．Zn在自然界中存在多种形式的矿物，如闪锌矿(ZnS)、菱锌矿(ZnCO3)、红锌矿(ZnO)等，我国的锌矿一般与铅共生，称为铅锌矿。 (1)下列说法正确的是___________。 A．基态硫原子核外电子有8种空间运动状态 B．晶体中离子键百分数大小：ZnS<ZnO C．若Zn的价层电子排布式为3d104s14p1，则Zn原子处于激发态，通过电子跃迁回到基态会产生吸收光谱 D．配离子的稳定性：[Cu(NH3)4]2+>[Zn(NH3)4]2+ (2)一种铅锌化合物的晶胞如图所示，则该化合物的化学式 。 (3)化合物A、B、C、D，如下表所示。(已知：pKa= -lgKa) A(硫氰酸) B(异硫氰酸) C(正氰酸) D(异氰酸) 结构式 结构简式 HSCN SCNH HOCN OCNH pKa (常温下) 1.1 -(水中分解) 3.92 3.7 ①化合物A、B的沸点由大到小比较：HSCN SCNH(填写“>”或“<”)；从结构角度说明化合物A、C、D酸性强弱的原因： 。 ②化合物A与少量H2O、浓硫酸混合，加热，会产生一种酸式盐和一种有臭鸡蛋气味的剧毒气体G(与CO2互为等电子体，即价层电子总数相等，分子式共3个原子)，写出该反应的化学方程式： 。 Ⅱ．某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知：①“氧化浸出”时，PbSO4不变，ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+； ②酒石酸：HOOC(CHOH)2COOH，记作H2A；室温下，PbA、PbCl2均难溶于水。 (4)写出氧化浸出步骤中，CuCl固体与浸出液反应的离子方程式： 。 (5)沉锌步骤中，试剂X的引入，不会引入新元素，合适的试剂X是 。 (6)分离PbA后的滤液中，除HA-、A2-外，溶液中浓度最高的阴离子是 ，检验方法是 。 【答案】(1)BD (2)PbZnF6 (3) < 酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN。因为半径：S>O，键长：S-H＞N-H＞O-H长，则S-H键能最小，虽然电负性O>N>S，但半径影响占主导，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致OCN-H中的N-H极性略大于H-OCN中的O-H。或者：电离出的阴离子体积：SCN-＞OCN- (或NCO-)，前者更有利于负电荷的容纳和均匀分散，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致OCN-H中的N-H极性略大于H-OCN中的O-H，故酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN HSCN+H2SO4=NH4HSO4+COS↑ (4)S2O82-+2CuCl+4NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++2SO42-+2Cl-+4H2O或者：S2O82-+2CuCl+4NH3=2[Cu(NH3)4]2++2SO42-+2Cl- (5)(NH4)2S溶液 (6)SO42- 取少量分离PbA后的滤液于洁净的试管，先加足量稀盐酸，静置取上层清液，加少量Ba(NO3)2 (或BaCl2)溶液，若产生白色沉淀，则证明存在SO42- 【解析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，滤渣1有PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S沉锌，得到ZnS，滤渣1用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。 (1)A项，S是第16号元素，基态硫(1s22s22p63s23p4)原子核外电子有1+1+3+1+3=9种空间运动状态，A错误；B项，电负性O大于S，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，故晶体中离子键百分数大小：ZnS<ZnO，B正确；C项，激发态，通过电子跃迁回到基态会产生发射光谱，C错误；D项，Cu2+(d9)的电子构型与NH3配体结合时，形成稳定正方形结构；而Zn2+(d10)的四面体构型稳定性较差，D正确；故选BD； (2)含有的Pb数目为，Zn数目为，F数目为18个，故化合物的化学式PbZnF6； (3)①SCNH含有N-H可以形成氢键，使沸点升高，HSCN不能形成氢键，故沸点由大到小比较：HSCN<SCNH；酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN。因为半径：S>O，键长：S-H＞N-H＞O-H长，则S-H键能最小，虽然电负性O>N>S，但半径影响占主导，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致OCN-H中的N-H极性略大于H-OCN中的O-H。或者：电离出的阴离子体积：SCN-＞OCN- (或NCO-)，前者更有利于负电荷的容纳和均匀分散，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致OCN-H中的N-H极性略大于H-OCN中的O-H，故酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN；②化合物A与少量H2O、浓硫酸混合，加热，会产生一种酸式盐和一种有臭鸡蛋气味的剧毒气体G(与CO2互为等电子体，即价层电子总数相等，分子式共3个原子)，则等电子体为COS，写出该反应的化学方程式HSCN+H2SO4=NH4HSO4+COS↑； (4)氧化浸出步骤中(NH4)2S2O8做氧化剂，CuCl做还原剂，生成二价铜的硫酸根，反应的离子方程式：S2O82-+2CuCl+4NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++2SO42-+2Cl-+4H2O或者：S2O82-+2CuCl+4NH3=2[Cu(NH3)4]2++2SO42-+2Cl-； (5)沉锌步骤中生成ZnS，不引入新元素，合适的试剂X是(NH4)2S溶液； (6)分离PbA后的滤液中含有氧化浸出后生成的硫酸根，除HA-、A2-外，溶液中浓度最高的阴离子是SO42-，检验方法是取少量分离PbA后的滤液于洁净的试管，先加足量稀盐酸，静置取上层清液，加少量Ba(NO3)2 (或BaCl2)溶液，若产生白色沉淀，则证明存在SO42-。 18．(2026·浙江省嘉兴市2026届高三基础测试)钴(27Co)是重要的战略性金属。请回答： (1)下列说法正确的是___________。 A．Co位于元素周期表d区 B．某种激发态Co原子的电子排布式为：[Ar]3d64s2 C．钴的配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中既存在配位键又存在离子键 D．基态Co2+的价电子占据6个能量不同的轨道 (2)已知钴元素常见的化合价为+2和+3价。某钴氧化物的晶胞结构如图所示(A、B结构交替排列)： ①1个晶胞中含有Co3+的个数为 ，请从结构角度解释Co2+配位数小于Co3+配位数的原因 。 ②常温下将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中制备CoCl2时，生成气体X。写出该反应的化学方程式 。设计实验检验气体X (利用化学性质)。 (3)工业上从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+)中，利用氨浸工艺可提取Co，并获得副产品NiCl2·4H2O。工艺流程如下： 已知：Ⅰ．氨性溶液由NH2·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制； Ⅱ．Ni2+、Co2+、Co3+能与NH3形成可溶于水的配合物； Ⅲ．Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3。 ①“析晶”时通入的酸性气体A为 。 ②比较两种微粒中∠HNH键角大小：NH3·H2O [Co(NH3)6]3+(填“>”“<”或“=”)。 ③“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为 。 【答案】(1)AC (2)16 Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2− Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O 湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2 (3)HCl < 2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO32-=2[Co(NH3)6]2+＋SO42-＋13H2O＋4OH−或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH4+＋SO32-=2[Co(NH3)6]2+＋SO42-＋13H2O 【解析】硝酸浸取液含Ni2+、Co2+、Al3+，调pH=9生成Ni(OH)3、Co(OH)2、Al(OH)3， Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3，滤泥中含有Ni(OH)3、Co(OH)3、Al(OH)3，，用氨性溶液氨浸， Ni(OH)3、Co(OH)3转化为含有NH3的配离子，滤渣为Al(OH)3，镍钴分离，得到CoCl2、NiCl2，NiCl2溶液在HCl气体中加热析晶，可得到NiCl2∙4H2O。 (1)A项，Co是第四周期第Ⅷ族元素，位于元素周期表d区，故A正确；B项，基态Co原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，[Ar]3d64s2是激发态Co1+的电子排布式，故B错误；C项，钴的配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中，[Co(NH3)5Cl]2-、Cl-之间存在离子键，[Co(NH3)5Cl]2-中存在配位键，故C正确；D项，基态Co2+的价电子排布式为3d7，占据5个能量相同的轨道，故D错误；选AC。 (2)①A中不含Co3+，根据均摊原则，1个B中含有4个Co3+，1个晶胞中有4个A和4个B，含有Co3+的个数为16；Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2−，所以Co2+配位数小于Co3+配位数。②根据均摊原则，1个A中含有4个O2-、Co2+数为 ，1个B中含有4个Co3+、4个O2-、Co2+数为，1个晶胞中有4个A和4个B，所以晶胞中含有16个Co3+、8个Co2+、32个O2-，该氧化物的化学式为Co3O4，Co3+与Co2+的比为2:1，常温下将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中制备CoCl2时，Co元素化合价降低发生还原反应，则氯离子发生氧化反应生成氯气，气体X为Cl2，该反应的化学方程式为Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O。氯气能氧化I-，湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2。 (3)①氯化镍易水解，为防止Ni2+水解，“析晶”时通入的酸性气体A为HCl。②NH3·H2O中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对；[Co(NH3)6]3+中N原子价电子对数为4，无孤电子对，所以两种微粒中∠HNH键角大小：NH3·H2O<[Co(NH3)6]3+。③“氨浸”时，Co(OH)3与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成[Co(NH3)6]2+，则由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+4OH-+13H2O或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4NH4++SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O。 19．(2026·浙江省名校协作体2026届高三返校联考)VA族元素形成的化合物种类繁多，应用广泛。请回答： (1)下列说法不正确的是___________。 A．基态N原子的电子排布式：1s22s22p3 B．化学键中离子键成分的百分数：GaN＞GaAs C．给出H+的能力：NH3＞[CuNH3]2+ D．热稳定性：PH3＜AsH3 (2)砷化镍的一种晶胞结构如图所示。 则砷化镍的化学式为 ，As原子的配位数为 。 (3)磷酸聚合可以生成链状多磷酸或环状多磷酸，其中三聚链状磷酸的结构如图所示，请画出三聚环状磷酸的结构 。 (4)氟磷灰石［主要成分为Ca5F(PO4)3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质］是一种重要的磷矿，以其为原料可制得多种重要的化工产品。如常用钾肥及缓冲剂磷酸二氢钾(KH2PO4)与锂电池常用的高纯度LiPF6可由以下流程获得。 ①流程II中废渣主要成分为 。 ②流程II中…代表的一系列操作为 。 ③流程I中生成LiPF6的化学方程式为 。 ④若将锂离子电池中电解质LiPF6换成LiAsF6，Li+的迁移速率将会更快，原因是 。 【答案】(1)CD (2)NiAs 4 (3) (4)Al(OH)3、Fe(OH)3 结晶、过滤、洗涤、干燥 PCl5+6HF+LiCl=LiPF6+6HCl↑ AsF6-离子半径大，LiAsF6离子键比LiPF6弱，离子键易断裂，因此Li+迁移速率更快 【解析】由氟磷灰石[主要成分为Ca5F(PO4)3还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质］，“酸浸”时发生反应为Ca5F(PO4)3+ 5H2SO4(浓)=5CaSO4+3H3PO4+HF↑，气体A为HF，与PCl5和LiCl发生反应：PCl5+6HF+LiCl=LiPF6+6HCl，滤液中含有H3PO4，同时还含有杂质离子Fe3+和Al3+，加入CaCO3的作用是调节溶液的pH使Fe3+和Al3+分别转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去，加入K2SO4使Ca2+转化为CaSO4，使H3PO4转化为Ca(H2PO4)2。 (1)A项，N是第7号元素，基态N原子的电子排布式：1s22s22p3，A正确；B项，电负性：N＞As，化学键中离子键成分的百分数：GaN＞GaAs，B正确；C项，[CuNH3]2+形成配位键后，由于Cu2+对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，因此给出H+的能力：NH3＜[CuNH3]2+，C错误；D项，非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，非金属性P＞As，热稳定性：PH3＞AsH3，D错误；故选CD； (2)含有Ni数目：4，含有As数目：4，化学式为NiAs，As距离最近的Ni有4个，故As原子的配位数为4； (3)磷酸聚合可以生成链状多磷酸或环状多磷酸。其中环状多磷酸是由3个或3个以上磷氧四面体通过共用氧原子环状连接而成，三聚环状磷酸的结构； (4)①根据分析，流程II中废渣主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3；②流程II中…代表的一系列操作为：经过一系列除杂后得到的KH2PO4滤液加热浓缩，边加热边搅拌，待析出少量晶体(或溶液表面出现晶膜)时停止加热，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到KH2PO4晶体；③根据分析可知，流程I中生成LiPF6的化学方程式为PCl5+6HF+LiCl=LiPF6+6HCl；④若将锂离子电池中电解质LiPF6换成LiAsF6，Li+的迁移速率将会更快，原因是：As和P同族，As半径大于P，AsF6-离子半径大，LiAsF6离子键比LiPF6弱，离子键易断裂，因此Li+迁移速率更快。 20．(2026·浙江省七彩阳光新高考研究联盟2026届高三开学联考)镁的氟化物在生产、生活中有重要应用。请回答： (1)某含镁、氟元素的化合物的晶胞如下图所示。 ①该晶胞的化学式为 。 ②该晶体中，F-的配位数是 ③下列关于该晶体的说法，不正确的是 。 A．Mg2＋与F-形成的是sp2-pσ键 B．Mg2＋半径小于F-半径 C．基态Mg2＋不存在未成对电子 D．该晶体硬度高，延展性好 (2)制备MgF2的工艺流程有： Ⅰ．氯化镁法：在饱和NH4Cl溶液中依次滴加NH4F溶液、MgCl2溶液，充分搅拌，过滤后灼烧可制得高纯MgF2。 II．有机镁盐法：。 III．氧化镁法：MgO与NH4HF2共热可制得高纯MgF2。 已知：Ksp[Mg(OH)2]=10－11.3，Ksp[MgF2]=10－10.3 ①“氯化镁法”中，过滤后不用洗涤的原因是 。 ②“有机镁盐法”中，判断“步骤Ⅰ”已完全反应的方法 。为提高MgF2产品纯度，试剂X是 (选填“NH4F”或“NaF”)。 ③“氧化镁法”的反应原理是 (用化学方程式表示)。 (3)MgF2可溶于浓氢氟酸溶液：MgF2(s)＋2HF(aq)Mg(HF2)2(aq)。请结合物质结构和溶解平衡两个角度解析MgF2溶解的原因 。 【答案】(1)MgF2 3 AD (2)固体表面吸附的铵盐受热均易分解 不再产生气泡或固体不再溶解 NH4F MgO+NH4HF2MgF2+NH3↑+H2O (3)F-与HF通过氢键结合使c(F-)降低，促进MgF2溶解平衡正向移动 【解析】(1)①由晶胞图可知，白球位于顶角与体心，共2个，黑球位于上下面及体内，共2+=4个，根据元素化合价可知，该晶胞的化学式为MgF2；②观察晶胞图中的黑球连接可知，F-的配位数是3；③A项，MgF2是离子化合物，Mg2＋与F-形成的是离子键，A错误；B项，Mg2＋、F-的电子层数相同，因Mg2＋质子多，故Mg2＋半径小于F-半径，B正确；C项，由基态Mg2＋的电子排布1s22s22p6可知，基态Mg2＋不存在未成对电子，C正确；D项，离子晶体硬度较高，但离子键会因离子错位而发生断裂，故离子晶体的延展性不好，D错误；故选AD。(2)①由制备方法可知，MgF2固体表面吸附的是NH4Cl及少量NH4F，加热时杂质会转化为气体而除去，故不用洗涤操作；②MgCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Mg++CO2↑+H2O，可根据气泡现象或固体不再溶解判断反应终点。为防止生成Mg(OH)2杂质，选择溶液碱性较弱的NH4F；③MgO与NH4HF2共热可制得高纯MgF2，该反应过程中没有元素化合价发生变化，则同时还有氨气生成，化学方程式为：MgO+NH4HF2MgF2+NH3↑+H2O。 (3)MgF2可溶于浓氢氟酸溶液：MgF2(s)＋2HF(aq)Mg(HF2)2(aq)，MgF2溶解的原因：F-与HF通过氢键结合成HF2-，使MgF2的溶解平衡正向移动，MgF2固体逐渐溶解。 21．(2026·浙江省强基联盟2026届高三开学联考)I．已知CH3COO[Cu(NH3)2]可以除去水煤气中的CO，请回答： (1)下列说法正确的是___________(填字母)。 A．电负性：C＜N＜O B．[Cu(NH3)2CO]+含有σ键和π键 C．Cu变成失去4s轨道上的电子 D．基态C原子有3种空间运动状态的电子 (2)如图晶胞为面心立方的储氢材料的化学式为 ；与Au原子距离最近的铜原子个数为 。 (3)比较键角大小：[Cu(NH3)2]+ NH3。 (4)比较氨基结合质子能力CO(NH2)2 CS(NH2)2，请从结构角度说明原因： 。 II．某废渣的主要成分是ZnS、PbSO4、FeS、CuCl，从该废渣中回收制备ZnS和Pb的工艺流程如下： 已知：H2A代表HOOC(CHOH)2COOH。 (5)氧化浸出时，S2O82-转变为 (填离子符号)。 (6)氧化浸出时，浸出率随温度升高先增加后减小的原因是 。 (7)由滤液a制Cu的离子方程式： 。 (8)浸铅时，碱性过强，滤渣b中除了含Fe(OH)3之外，可能生成另一种氢氧化物的化学式为 。 (9)写出真空热解时含三种产物的化学方程式： 。 【答案】(1)ABC (2)Cu3Au 12 (3)> (4) < 电负性：O大于S，CO(NH2)2中N原子上电子云密度降低，结合质子能力下降 (5)SO42- (6)温度升高浸出速率提高，温度太高一水合氨分解，氨气挥发 (7)Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+或Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+Zn2++4NH3↑ (8)Pb(OH)2 (9)Pb[OOC(CHOH)2COO]Pb+4CO↑+2H2O↑ 【解析】II废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，滤渣a有PbSO4和Fe(OH)3，滤液a加Zn置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S沉锌，得到ZnS，滤渣a用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣b含Fe元素，滤液b经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。 (1)A项，同一周期元素从左到右，电负性递增，电负性：C＜N＜O，A正确；B项，CO的成键情况与N2相似，[Cu(NH3)2CO]+含有σ键和π键，B正确；C项，Cu变成Cu+失去最外层上的电子，即4s轨道上的电子，C正确；D项，C原子含4种不同空间运动状态的电子，D错误。故选ABC。 (2)根据均摊法可以得出化学式为Cu3Au，配位数之比等于化学式的反比，所以Au周围有12个等距离的Cu。 (3)N原子上孤电子对与Cu+配位后，对成键电子对排斥力减小键角增大，故键角大小：[Cu(NH3)2]+>NH3。 (4)电负性：O>S，CO(NH2)2中N原子上电子云密度降低，结合质子能力下降，氨基结合质子能力CO(NH2)2 <CS(NH2)2。 (5)S2O82-中的S没有发生化合价变化，变化的是过氧键，所以S2O82-转变为SO42-。 (6)氧化浸出时，浸出率随温度升高先增加后减小的原因是温度升高浸出速率提高，温度太高一水合氨分解，氨气挥发。 (7)由题干可知滤液a中含[Cu(NH3)4]2+，可能发生Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+ 或Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+Zn2++4NH3↑。 (8)碱性过强，Pb元素有可能转化为Pb(OH)2。 (9)真空热解时无氧气参与反应，结合Pb[OOC(CHOH)2COO]中元素，由元素守恒及氧化还原反应原理可得化学方程式：Pb[OOC(CHOH)2COO]Pb+4CO↑+2H2O↑。 22．(2026·浙江省永嘉市高三第一次联考)钴及其化合物在工业与材料科学中应用广泛。回答下列问题： (1)关于钴原子结构的描述，下列说法正确的是_______。 A．基态Co原子3d轨道上有3对成对电子 B．Co3+的离子半径小于的离子半径 C．电子排布为的Co+处于基态 D．Co的第三电离能大于第二电离能 (2)某钴氧化物的晶胞结构如图所示： ①该氧化物的化学式为 。 ②已知三价钴有强氧化性，将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中加热，生成气体的化学式为 。 (3) Co2+与NH3形成的配合物[Co(NH3)6]2+的稳定性高于[Co(H2O)6]2+，从配位键强度分析原因 。 (4)工业上以钴硫精矿(主要成分为CoS，含FeS2、SiO2、MnO2等杂质)为原料制备金属钴的流程如下图： 已知： 沉淀 Fe(OH)3 Co(OH)2 Fe(OH)2 Mn(OH)2 恰好完全沉淀时 2.8 9.4 9.6 10.1 ①为提高“酸浸”效率，可采取的措施有 。(写出两种) ②“氧化”过程是向溶液中加入足量NaClO3，发生的离子方程式为 。 ③“萃取、反萃取”过程是向“沉铁”后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：，实验测得：当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图所示)，其原因是 。 ④向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是 。 【答案】(1)BD (2) Co3O4 Cl2 (3)电负性：N＜O，NH3更容易给出孤电子对，配位能力强于H2O (4)适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等 6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O pH增大，c(H＋)减小，使平衡正向进行，所以Co2+萃取率增大 富集、提纯Co2+ (或分离Co2+和Mn2+) 【解析】(1)A项，Co为27号元素，基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，3d轨道上有2对成对电子，A错误；B项，基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，则Co3+和Fe2+具有相同的核外电子层结构，由于核电荷数：Co3+> Fe2+，则Co3+的半径小于Fe2+的半径，B正确；C项，基态Co原子价层电子排布式为3d74s2，基态Co+价层电子排布式为3d74s1，C错误；D项，原子的逐级电离能依次增大，则Co的第三电离能大于第二电离能，D正确；故选BD。 (2)①一个A中含Co2+：个，含O2-4个；一个B中含Co2+：个，含O2-4个、含Co3+4个；图中一个晶胞由4个A、4个B构成，则一个晶胞可视为含2个Co2+、4个Co3+、8个O2-，该氧化物的化学式为Co3O4。②三价钴有强氧化性，则Co3O4能与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应，浓盐酸被氧化为氯气，化学方程式为，所以生成气体的化学式为Cl2。 (3)一个NH3中N的孤电子对数为，一个H2O中O的孤电子对数为，N、O均能提供孤电子对与Co2+形成配位键，由于电负性：N＜O，NH3更容易给出孤电子对，配位能力强于H2O，所以[Co(NH3)6]2+的稳定性高于[Co(H2O)6]2+。 (4)以钴硫精矿(主要成分为CoS，含FeS2、SiO2、MnO2等杂质)为原料制备金属钴，矿石经焙烧酸浸，所得酸浸液中的主要阳离子为Co2+、Fe2+、Mn2+，加入足量NaClO3可将Fe2+氧化为Fe3+，之后沉铁将铁元素以Fe(OH)3形式除去，再加入某有机酸萃取剂(HA)2萃取Co2+，从而将Co2+和Mn2+分离，经反萃取后得到含Co2+溶液，经电解精炼可制备金属钴。①为提高“酸浸”效率，可采取的措施：适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等。②“氧化”过程是向溶液中加入足量NaClO3，NaClO3可将Fe2+氧化为Fe3+而自身被还原为Cl-，根据化合价升降守恒、电荷守恒、原子守恒可得到反应的离子方程式：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O。③图中当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大的原因是pH增大导致溶液中c(H＋)减小，使平衡正向进行，所以Co2+萃取率增大。④结合分析知，该工艺中设计萃取、反萃取的目的是富集、提纯Co2+ (或分离Co2+和Mn2+)。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 物质结构与无机物质转化综合题 1．(2026·浙江省精诚联盟高三一模)硫、氮元素在化工生产中扮演着重要角色。请回答： (1)某含氮元素的离子液体X，如图所示。 下列说法正确的有_______。 A．X易溶于水和CCl4 B．X中B元素采取sp3杂化，C元素有sp2、sp3杂化 C．X中存在共价键、配位键、范德华力、离子键 D．元素的电负性从小到大为：H＜N＜F (2)胺在水溶液中的碱性可用pKb的大小来衡量。 胺 CH3NH2 (CH3)2NH (CH3)3N pKb(=-lgKb) 3.38 3.27 4.20 则以上三种胺在水溶液中的碱性由强到弱的顺序为 ；从结构角度分析强弱差异的原因 。 (3)某化合物A的晶胞如图。 ①化合物A的化学式是 ，Fe的配位数为 。 ②以化合物A为原料制备磁性氧化铁的流程如下： 固体D中含有的物质为 ；6Fe2O3与少量N2H4反应的化学方程式是 ；若化合物A中含有铝元素，设计实验方案检验灼烧后的固体产物中的金属元素 。 2．(2026·浙江省北斗星联盟高三一模)【新科技-材料】氮化铁有多种晶体结构，多孔的氮化铁材料因其较高的理论容量和良好的导电性，被探索作为锂离子电池的负极材料。请回答： (1)有关铁和氮的说法正确的是_______。 A．铁丝可用作焰色试验，说明铁原子核外电子跃迁时没有能量变化 B．基态铁原子失去2个电子，3d轨道形成半充满结构 C．键角：NH3＜NO3- D．N(SiH3)3中与原子在同一平面，则其原子价层孤电子对占据sp²杂化轨道 (2)晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。 ①镁离子嵌入图1获得高性能固体电解质材料，该反应的方程式是 ； ②图1中晶胞的(●)平移到面心位置，则平移后(·)所在晶胞位置为 。 (3)火箭推进剂氟化硝酰(NO2F)，从结构上可以看作硝酸中的被取代后的产物，常温下为无色气体，遇水强烈水解。将无水硝酸钠粉末与氟气在200~300℃下反应可制得NO2F，该反应的化学方程式是 ，并从水解和氧化性角度设计实验检验NO2F中的N元素 。 (4)某化工厂利用废旧锂离子电池正极材料(含有难溶于水的LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al等)制备Co2O3和Li2CO3工艺流程如下： 已知：常温下，部分金属离子(Mn+)形成氢氧化物沉淀的范围如下： Mn+ Fe2+ Al3+ Mg2+ Ca2+ Co2+ 1mol·L-1 Mn+开始沉淀 6.3 3.8 9.6 10.6 6.6 完全沉淀[ c(Mn+)≤1×10-5mol·L-1] 8.3 5.4 12.0 12.6 9.1 ①“酸浸”时，LiCoO2与草酸反应生成Co2+，请写出相应的离子方程式 。 ②写出滤液2中所有的阴离子 ；向滤液2中加入NH4F固体的主要目的是 。 ③为实现高效的提取Co2+也可使用如图3所示的杯芳烃衍生物，其原因是 。 3．(2026·浙江省嘉兴市高三一模)碳、铬及其化合物在生产生活中应用广泛。请回答： (1)有关碳和铬的说法正确的是___________。 A．在元素周期表中，铬位于族，碳位于p区 B．1s22s22p1的电子排布违反了洪特规则 C．激发态碳原子核外电子有6种运动状态 D．基态铬原子中有4个未成对电子 (2)某种含碳化合物晶胞如图所示。 ①每个阴离子周围紧邻的阳离子有 个。 ②该物质完全水解会生成一种能使湿润的试纸变蓝的气体，方程式为 。 (3)化合物A[化学式：CS(NH2)2]和B[化学式：CO(NH2)2]具有相似的结构。 ①化合物A的熔点高于化合物B，请分析原因 。 ②化合物A在酸性条件下水解，可生成两种酸性气体，请设计实验检验这两种气体 。 (4)某兴趣小组用铬铁矿Fe(CrO2)2制备K2Cr2O7晶体，流程如下： ①空气中高温氧化时，Fe(CrO2)2转化为Na2CrO4，请写出该化学方程式 。 ②过程Ⅳ所得滤渣的主要成分为 。 ③加入KCl，通过蒸发浓缩、冷却结晶能得到K2Cr2O7晶体，其原因是 。 4．(2026·浙江省金丽衢十二校高三一模)氨气(NH3)常用于制造化肥、炸药和制冷剂等产品，工业上可用[Mg(NH3)6]Cl2和MgCl2的相互转化实现对氨气的高效存储和利用。 (1)以下说法正确的是_______。 A．分子中H-N-H键角小于109°28＇ B．Mg的基态原子最外层电子排布式 C．电负性大小：Mg>N>H D．MgCl2是通过氢键对氨气进行捕获的 (2)室温下NH3和MgCl2反应生成[Mg(NH3)6]Cl2的晶胞如图所示： ①晶胞中“”所代表的微粒是 。 ②晶胞中“”所代表的微粒的配位数是 。 ③LiH作为储氢材料，可与过量的[Mg(NH3)6]Cl2反应放出氢气且生成的含镁物质可循环使用，请写出该反应的化学方程式 。 (3)与NH3相比，[Mg(NH3)6]Cl2给出H+的趋势更大，请从结构角度分析原因 。 (4)制备MgF2的工艺有以下方法： 氟化铵-氯化镁法：向装有一定量NH4F溶液的反应釜中滴加适量MgCl2溶液，边滴边搅拌，充分反应后，过滤、灼烧固体可制得高纯MgF2。 卤水-氨-氢氟酸法：a.将MgCl2配制成卤水，然后向溶液中通入氨气，生成Mg(OH)2沉淀，过滤，得到Mg(OH)2滤饼，将滤饼粉碎。b.往粉碎的滤饼中加入稍过量的氢氟酸，反应完毕后将物料过滤、洗涤，除去吸附的HF，烘干即可。 ①氟化铵-氯化镁法中，过滤后不用洗涤的原因是 。 ②设计实验方案证明步骤b中固体已经洗涤干净： 。 ③资料表明，MgF2不溶于水，但是溶于浓氢氟酸，请结合物质结构和平衡移动原理解释其原因 。 5．(2026·浙江省名校新高考研究联盟高三一模)第VA族元素N、P、As等元素及其化合物在新材料、工农业生产等方面用途广泛。请回答： I.(1)下列叙述正确的是________。 A．As的价层电子排布式为3d104s24p3 B．P能形成PCl5，因此N也能形成NCl5 C．N3-的空间构型为直线形 D．N、P、As第一电离能逐渐减小 (2)两种氮氧化物(N2O3、N2O4)都为平面形分子，其结构如图1所示。 N-N-O的键角：a b(填“＞”“＜”或“=”)，原因是 。 (3)一种新型储氢材料的立方晶胞如图2所示([BH4]-的位置未标出)，该晶胞沿x、y、z轴方向的投影都如图3所示。 ①该物质的化学式为 ；“”的配位数(相邻的阳离子数目)为 。 ②晶体中存在的化学键有 。 A．离子键         B．极性共价键         C．非极性共价键        D．配位键            E.氢键 (4)磷酸三乙酯是一种增塑剂，写出其与足量NaOH溶液在加热条件下的化学反应方程式(磷酸分子结构如图4所示)： 。 II.砷盐净化工艺成功应用于冶炼锌工业，加快了我国锌冶炼技术改造步伐。从砷盐净化渣(成分为Cu、As2O3、Zn、ZnO、Co、SiO2等)中回收有价值的金属具有重要意义。 (5)“氧化浸出”时，As2O3被氧化为H3AsO4的化学方程式为 。 (6)“碱浸”时，除回收得到Cu(OH)2 外，还得到物质X，且X在该工艺流程中可循环利用，X的化学式为 。 (7)如何检验“操作1”得到的沉淀已洗涤干净 。 6．(2026·浙江省七校联盟高三一模)硼及其化合物在生产、生活和科研中应用广泛。请回答： (1)下列说法正确的是_______。 A．基态B原子价电子中不同自旋电子数之比是1：2 B．Ga的核外电子排布式为 [Ar]4s24p1 C．AlCl3易以二聚体形式存在，是因为形成了配位键 D．3种分子的沸点高低顺序C2H6>B2H6> NH3 (2)一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，B的杂化类型为 ，若晶胞中含有银的配离子，则该物质的化学式可表示为 。 (3)①三卤化硼用于各种工业催化剂，水解反应迅速甚至剧烈产生白色难溶物。经过如下反应键键长会变长，请从杂化及成键角度分析原因 。 ②中国是第一个被发现有锰方硼石矿体的国家(主要成分Mn3B7O13Cl)，常与白云石、黄铁矿等矿石共生。 (i)主要成分与稀盐酸反应有乳白色浑浊产生，写出所发生反应的离子方程式 。 (ii)设计实验证明矿石中含有黄铁矿 。 (4) H3NBH3 (氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。 ①氨硼烷热分解释氢。氨硼烷受热时固体残留率随温度的变化如图所示。110℃时残留固体的化学式可能为 。 ②氨硼烷水解释氢。催化剂作用下，1 mol氨硼烷最多高效释放3molH2，并生成一种盐，写出所发生反应的化学方程式 。 7．(2026·江省台州市椒江区等5地高三一模)硫、氮是非常重要的非金属元素。请回答： (1)有关ⅥA族元素及化合物的结构与性质，下列说法正确的是______。 A．基态Se原子的简化的电子排布式为 [Ar]4s24p4 B．基态S原子有9种不同能量的电子 C．S和Cr原子价电子数相同，Cr处于周期表的d区 D．H2O和H2S键角大小： (2) CuS2是一种低温超导材料，具有较大研究价值。其晶胞结构如图： ①Cu2+的配位数(紧邻的阴离子数)为 。 ②已知CuS2固体在足量的高压氧气下，完全溶于足量的氨水，该反应的离子方程式是 。 ③S元素还可形成S2O62-，其结构是 A(填“a”或“b”)。 (3)三聚氰胺生产时产生大量含氨和CO2的尾气，工业以此为原料，采用氨基磺酸水溶液吸收，联产精细化工中间体——氨基磺酸铵H2NSO3NH4。转化如下图： 已知：三聚氰胺结构简式为，与苯环类似，分子为平面结构，存在大π键。 ①溶液A中阴离子有H2NCOO-、OH-和 、 。 ②下列说法正确的是 。 A．三聚氰胺是极性分子 B．步骤Ⅰ中，若硫酸浓度低，易形成(NH4)2SO4副产物 C．步骤Ⅲ中，水从上喷淋吸收尾气效率更高 D．步骤Ⅳ中，若反应液浓缩后，加入足量的乙醇不能使氨基磺酸铵结晶析出 ③已知：制备氨基磺酸的另一种方法：NH3+→H2NSO3H a.氨基磺酸可在足量的热NaOH溶液中水解，其化学方程式是 。 b.设计实验方案检验氨基磺酸中的N元素 。 c.NH3与SO3以1:2比例反应生成HN(SO3H)2，HN(SO3H)2可继续消耗NH3生HN(SO3NH4)2，HN(SO3NH4)2可继续消耗NH3生成(NH4)N(SO3NH4)2，从结构度分析最后一步转化能发生的原因 。 8．(2026·浙江省强基联盟高三二模)铁单质及其化合物的应用非常广泛。回答下列问题： (1)下列说法正确的是_______(填标号)。 A．基态Fe原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为1：3或3：1 B．Fe、Co、Ni位于周期表中同一周期、同一副族 C．Fe原子变成，优先失去3d轨道上的电子 D．Mn的第三电离能<Fe的第三电离能 (2)用X射线衍射测定，得到Fe的两种晶胞A、B，其结构如图所示。晶胞A和晶胞B中Fe原子的配位数之比为 。 (3)结构示意图如图所示。 ① FeSO4·7H2O中H2O与Fe2+、H2O与SO42-的作用力类型分别是 。 ②H2O中O和SO42-中S均为sp3 杂化，比较H2O中H-O-H键角和SO42-中O-S-O键角的大小并解释原因： 。 (4)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)为原料，对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示： 已知： Ksp(CaSO4)=4.9×10-5， Ksp(CaCO3)=3.4×10-19。 ①高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是 。 ②“滤渣”的主要成分是CaSO4和 。 ③“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ，该反应能进行的原因是 。 9．(2026·浙江省浙南名校联盟三联考一模)锌和硫在工业中都有重要作用，也是人体必需元素。回答下列问题： (1)下列说法正确的是___________。 A．基态锌原子的价电子排布式为：4s2 B．碱性：[Zn(NH3)4]2+＜NH3 C．基态硫原子核外电子占据的原子轨道数为8 D．同周期元素中第一电离能大于硫元素的有三种 (2)硫化锌是优良的半导体锂离子电池负极材料，在充电过程中，负极材料晶胞的组成变化如图所示。LixZnyS晶胞中x：y= 。 (3)硫代硫酸根(S2O32-)可看作是SO42-中的一个原子被原子取代的产物。 ①硫代硫酸盐可作浸金试剂。浸金时，S2O32-作为配体与Au+形成[Au(S2O3)2]3-。判断S2O32-中的中心S原子和端基S原子哪一个作配位原子 (填“端基S”或“中心S”)，说明理由 。 ②碘量法滴定常用到反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。推测连四硫酸根()的结构式为 。 (4)闪锌矿的利用有多种方法，其中有如下转化，请回答问题： 已知：①M中阴离子空间构型为平面三角形。M具有强还原性。 ②ZnCl2浓溶液俗称“焊药水”，因ZnCl2水解产生H[ZnCl2(OH)]，能除去金属表面的氧化膜。请回答下列问题： ①写出H[ZnCl2(OH)]与Fe2O3反应的化学方程式： 。 ②写出M的化学式： 。 ③设计实验方案，检验M中的S元素： 。 10．(2026·浙江省新阵地教育联盟三联考)钛在生活中应用广泛，被称为“太空金属”、“第三金属”和“未来金属”， (1)下列有关钛的叙述正确的是_________。 A．48Ti、49Ti、50Ti互为同素异形体 B．基态钛原子的价层电子排布式为3d24s2 C．钛元素位于元素周期表第四周期ⅡB族 D．基态时，钛和铝原子核外未成对电子数相等 (2)钛金属能导电的原因是 。 (3)钛的一种氧化物是优良的颜料，该氧化物的晶胞结构如图所示，则该氧化物的化学式为 ；在晶胞中Ti原子的配位数为 。 (4)Ti2O3因其在能源、生物医学和电子等领域的广泛应用前景而受到关注。一种以钛铁矿(主要成分是FeTiO3，含少量FeO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料生产Ti2O3的工艺流程如图所示(部分条件和产物省略)。已知：TiOSO4易水解生成TiO(OH)2沉淀。 回答下列问题： ①“碱浸”工序的目的是 。提高“碱浸”工序速率的措施有 (答一条即可)。 ②“碱浸”工序后，硫酸与FeTiO3反应生成TiOSO4的化学方程式为 。 ③制备FeSO4·7H2O晶体。已知溶解度曲线如图所示。 操作方法： ，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥。 11．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)过渡金属单质及其化合物在生产生活中用途广泛。 (1)[Fe(H2NCONH2)6(NO3)3]俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。下列说法正确的是_______。 A．用尿素铁做焰色试验过程中观察不到现象，因铁原子核外电子不会发生跃迁 B．元素C、N、O原子的第一电离能：N> O>C C．尿素(H2NCONH2)与氰酸铵(NH4OCN)互为同分异构体 D．八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中的配位数为12，配位原子是 (2)具有双钙钛矿型氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图所示，但真实的晶体中存在5%的空位缺陷，导电时空位的存在有利于的传导。考虑晶体缺陷，该晶体中+3价与+4价La原子个数比为 。 (3)氨硼烷(NH3BH3)是一种固体储氢材料。 ①实验室用[Cu(NH3)4]SO4和NaBH4以物质的量之比为1：2投料制备氨硼烷，反应过程中同时有两种单质生成，该反应的化学方程式为 。 ②一种镍磷化合物催化氨硼烷水解制氢的可能机理如图所示。 I.“中间体I”中B、N上所连H分别吸附在Ni和P上的原因是 。 II.“中间体III”经过一系列步骤转化为硼酸，已知硼酸能与甘露醇等多羟基化合物形成稳定络合物： H3BO3不能直接用溶液滴定，需要加入甘露醇之后再滴定的原因是 。 (4)从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下： ①根据“还原酸浸”与“氧化”过程，推断Fe3+、Cu2+、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为 。 ②“浸金银”时，在空气中的O2作用下，[Cu(NH3)4]2+与S2O32-共同催化Au溶解涉及的主要反应如下，请补充第二步反应离子方程式 I. Au+5S2O32-+[Cu(NH3)4]2+=[Au(S2O3)2]3-+[Cu(S2O3)3]5-+4NH3； II. 。 ③“沉锰”过程添加NH4HCO3而不用Na2CO3，可使产物中的杂质较少，原因是 。 12．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模)根据要求回答下列问题： (1)试剂MBTH常用于检测室内空气中甲醛的含量，其结构为。下列说法不正确的是___________(填标号)。 A．电负性：N＞C＞H B．4种元素均位于p区 C．基态原子核外电子有16种空间运动状态 D．MBTH与甲醛发生加成反应时，氨基H与醛基C成键 (2)S与A、B两种金属形成的晶胞如图所示，该化合物的化学式为 。 (3)已知CO2+H2OH2CO3，CS2与NH3按照物质的量之比为1：2发生类似反应得到NH4+和一种阴离子，写出阴离子的结构式 。 (4)H2S2O3结构式为 ，从结构角度解释H2S2O3的酸性弱于H2SO4原因是 。 (5)以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备粗二氧化锰颗粒的过程如下： ①“浸出”时，可加快速率的措施有 (任写2点) ②“净化、分离”时，浸出液中的Fe3+可以通过加水稀释除去，结合离子方程式解释原理 ；生成MnCO3的离子方程式为 。 13．(2026·浙江省杭州第二中学高三月考)氮族元素(N、P、、、)在生命科学和工农业生产中具有极其重要的作用。 (1)关于氮族元素相关的描述，下列说法正确的是___________。 A．砷原子基态的电子排布式为［Ar］4s24p3 B．键角：PNH3＜NH3 C．N、P、As、Sb、Bi的电负性逐减小 D．键长：NO2+＜NO2- (2)某化合物的晶胞如图： ①该化合物的化学式为 ；Ca2+的配位数为 。 ②写出该化合物与足量盐酸反应的化学方程式 。 (3)浓硝酸和浓盐酸的混合物(体积比为1：3)叫做王水，能使一些不溶于硝酸的金属如金、铂等溶解。已知王水与金反应生成H[AuCl4]，写出该反应的化学方程式 。设计实验检验该反应产生的气体 (要求利用该气体的氧化性或还原性)。 (4)已知亚磷酸H3PO3与足量氢氧化钠反应生成Na2HPO3，亚砷酸H3AsO3与足量氢氧化钠反应生成Na3AsO3，从分子结构角度解释上述两个反应生成对应产物的原因 。 (5)某兴趣小组以铋赭石［主要成分为Bi2CO3(OH)4］为原料制备NaBiO3(难溶于冷水)的流程如下： ①滤液1中的主要阴离子有 ； ②在沉淀转化步骤中已经生成产物NaBiO3，则X为 (要求不引入其他新元素)； ③酸性条件下，固体NaBiO3可氧化Mn2+为MnO4-，写出Mn2+转化为MnO4-的离子方程式 。 14．(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考)过渡金属是工业催化中的关键元素。请回答： (1)下列说法正确的是___________。 A．基态铬原子中存在10对成对电子 B．50Sn元素位于元素周期表第14列 C．钡焰色实验呈黄绿色与电子从低能级跃迁到高能级有关 D．配位键的强度：[Cu(NH3)]2+＞[Cu(NF3)]2+ (2)某化合物的晶胞如下图所示，以配离子形式写出该化合物的化学式为 。 (3)化合物A()、B()是氮化合物的主要中间体。 ①化合物X的化学式与B相同，但熔、沸点更为显著。写出化合物X的电子式 。 ②化合物A、B分别结合质子后，测得[H2A]2+的给质子能力比[H2B]2+弱，请从“键的极性大小对化学性质的影响”角度说明理由 。 ③低温条件下，化合物A与NaOH溶液、H2O2溶液反应，得到含有[OC(NH2)2]的溶液。 (ⅰ)将反应体系温度下降至低温的目的是 。 (ⅱ)写出过程中化合物A涉及的离子方程式 。 (4)以铜锌矿(主要成分为Cu3ZnS4，含有PbS和少量Fe2S3)原料实现如下转化： ①步骤Ⅰ中Cu3ZnS4发生转化的化学方程式 。 ②溶液D中，除K+、H+、Br-外，写出三种大量存在的离子 (按照离子浓度大小顺序)。 ③设计实验证明“步骤Ⅰ中通入的O2可促进反应进行” 。 15．(2026·浙江省Z20联盟高三一模)第VIII族元素铁、钴、镍及其化合物应用广泛。请回答： (1)尿素分子H2NCONH2与Fe(NO3)3形成配合物[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3，下列说法不正确的是_______。 A．基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为4：5 B．元素C、N、O中，第一电离能最大的是N，电负性最大的是O C．尿素中N原子的配位能力强于NH3中的N原子的配位能力 D．八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe3+配位的原子是N (2) Co3+的氧化性大于[Co(NH3)6]3+，请从结构的角度解释 ． (3)NixCuyNz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图所示。 已知：相邻原子间的最近距离之比，则x：y：z= ；晶体中与原子距离最近且相等的原子的数目为 。 (4)以主要成分为FeCo2S4的铁钴矿(杂质为MgO、SiO2)为原料制取Co2O3和黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]的工艺流程如下图所示： 已知：“焙烧”后，Fe、Co元素完全转化为单质。回答下列问题： ①下列说法不正确的是 A．气体中含有CO、CO2、SO2等气体 B．为了加快酸浸步骤的反应速率，可以将稀硫酸改为浓硫酸 C．“调”时反应的离子方程式为：2Na++6Fe3++4SO42-+6CO32-+6H2O=[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]↓ +6CO2↑ D．该工艺条件下，可推知还原性：Fe2+＞Co2+ ②酸浸后滤液中的阳离子有： 。 ③“氧化、沉钴”过程中加入的NaClO和Na2CO3物质的量之比为1：2，相应总反应的离子方程式为 ，Co(OH)3完全转化为Co2O3的操作是 。 16．(2026·浙江省新阵地教育联盟高三第一次模拟预测)铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题： I. (1)①乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下： 下列说法正确的是 A．基态Se原子的价层电子轨道表示式 B．该新药分子中有5种不同化学环境的氢原子 C．键角大小：SeO3＞SeO32- D．乙烷硒啉中含有25NA个σ键 ②根据非金属性可知，H2SO4的酸性强于H2SeO4，从结构的角度解释原因： 。 (2)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。 ①的化学式为 。 ②设的最简式式量为，中相邻之间的最短距离为anm，则晶体密度为 g· cm-3(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。 II.某科研小组以阳极泥(主要成分是Se，含有CuSe、等杂质)为原料，提炼硒的流程如下： 请回答下列问题： (3)上述流程图中的括号内，按操作先后顺序依次填写的内容是 、 。 (4)已知滤液中主要成分是Na2SeO3，可用于治疗克山病，写出高温下用焦炭还原固体的化学方程式： 。 (5)固体B到滤液C的系列处理为 。 (6)滤液中析出硒的离子方程式为 。 17．(2026·浙江省A9协作体2026届高三返校联考) I．Zn在自然界中存在多种形式的矿物，如闪锌矿(ZnS)、菱锌矿(ZnCO3)、红锌矿(ZnO)等，我国的锌矿一般与铅共生，称为铅锌矿。 (1)下列说法正确的是___________。 A．基态硫原子核外电子有8种空间运动状态 B．晶体中离子键百分数大小：ZnS<ZnO C．若Zn的价层电子排布式为3d104s14p1，则Zn原子处于激发态，通过电子跃迁回到基态会产生吸收光谱 D．配离子的稳定性：[Cu(NH3)4]2+>[Zn(NH3)4]2+ (2)一种铅锌化合物的晶胞如图所示，则该化合物的化学式 。 (3)化合物A、B、C、D，如下表所示。(已知：pKa= -lgKa) A(硫氰酸) B(异硫氰酸) C(正氰酸) D(异氰酸) 结构式 结构简式 HSCN SCNH HOCN OCNH pKa (常温下) 1.1 -(水中分解) 3.92 3.7 ①化合物A、B的沸点由大到小比较：HSCN SCNH(填写“>”或“<”)；从结构角度说明化合物A、C、D酸性强弱的原因： 。 ②化合物A与少量H2O、浓硫酸混合，加热，会产生一种酸式盐和一种有臭鸡蛋气味的剧毒气体G(与CO2互为等电子体，即价层电子总数相等，分子式共3个原子)，写出该反应的化学方程式： 。 Ⅱ．某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知：①“氧化浸出”时，PbSO4不变，ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+； ②酒石酸：HOOC(CHOH)2COOH，记作H2A；室温下，PbA、PbCl2均难溶于水。 (4)写出氧化浸出步骤中，CuCl固体与浸出液反应的离子方程式： 。 (5)沉锌步骤中，试剂X的引入，不会引入新元素，合适的试剂X是 。 (6)分离PbA后的滤液中，除HA-、A2-外，溶液中浓度最高的阴离子是 ，检验方法是 。 18．(2026·浙江省嘉兴市2026届高三基础测试)钴(27Co)是重要的战略性金属。请回答： (1)下列说法正确的是___________。 A．Co位于元素周期表d区 B．某种激发态Co原子的电子排布式为：[Ar]3d64s2 C．钴的配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中既存在配位键又存在离子键 D．基态Co2+的价电子占据6个能量不同的轨道 (2)已知钴元素常见的化合价为+2和+3价。某钴氧化物的晶胞结构如图所示(A、B结构交替排列)： ①1个晶胞中含有Co3+的个数为 ，请从结构角度解释Co2+配位数小于Co3+配位数的原因 。 ②常温下将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中制备CoCl2时，生成气体X。写出该反应的化学方程式 。设计实验检验气体X (利用化学性质)。 (3)工业上从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+)中，利用氨浸工艺可提取Co，并获得副产品NiCl2·4H2O。工艺流程如下： 已知：Ⅰ．氨性溶液由NH2·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制； Ⅱ．Ni2+、Co2+、Co3+能与NH3形成可溶于水的配合物； Ⅲ．Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3。 ①“析晶”时通入的酸性气体A为 。 ②比较两种微粒中∠HNH键角大小：NH3·H2O [Co(NH3)6]3+(填“>”“<”或“=”)。 ③“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为 。 19．(2026·浙江省名校协作体2026届高三返校联考)VA族元素形成的化合物种类繁多，应用广泛。请回答： (1)下列说法不正确的是___________。 A．基态N原子的电子排布式：1s22s22p3 B．化学键中离子键成分的百分数：GaN＞GaAs C．给出H+的能力：NH3＞[CuNH3]2+ D．热稳定性：PH3＜AsH3 (2)砷化镍的一种晶胞结构如图所示。 则砷化镍的化学式为 ，As原子的配位数为 。 (3)磷酸聚合可以生成链状多磷酸或环状多磷酸，其中三聚链状磷酸的结构如图所示，请画出三聚环状磷酸的结构 。 (4)氟磷灰石［主要成分为Ca5F(PO4)3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质］是一种重要的磷矿，以其为原料可制得多种重要的化工产品。如常用钾肥及缓冲剂磷酸二氢钾(KH2PO4)与锂电池常用的高纯度LiPF6可由以下流程获得。 ①流程II中废渣主要成分为 。 ②流程II中…代表的一系列操作为 。 ③流程I中生成LiPF6的化学方程式为 。 ④若将锂离子电池中电解质LiPF6换成LiAsF6，Li+的迁移速率将会更快，原因是 。 20．(2026·浙江省七彩阳光新高考研究联盟2026届高三开学联考)镁的氟化物在生产、生活中有重要应用。请回答： (1)某含镁、氟元素的化合物的晶胞如下图所示。 ①该晶胞的化学式为 。 ②该晶体中，F-的配位数是 ③下列关于该晶体的说法，不正确的是 。 A．Mg2＋与F-形成的是sp2-pσ键 B．Mg2＋半径小于F-半径 C．基态Mg2＋不存在未成对电子 D．该晶体硬度高，延展性好 (2)制备MgF2的工艺流程有： Ⅰ．氯化镁法：在饱和NH4Cl溶液中依次滴加NH4F溶液、MgCl2溶液，充分搅拌，过滤后灼烧可制得高纯MgF2。 II．有机镁盐法：。 III．氧化镁法：MgO与NH4HF2共热可制得高纯MgF2。 已知：Ksp[Mg(OH)2]=10－11.3，Ksp[MgF2]=10－10.3 ①“氯化镁法”中，过滤后不用洗涤的原因是 。 ②“有机镁盐法”中，判断“步骤Ⅰ”已完全反应的方法 。为提高MgF2产品纯度，试剂X是 (选填“NH4F”或“NaF”)。 ③“氧化镁法”的反应原理是 (用化学方程式表示)。 (3)MgF2可溶于浓氢氟酸溶液：MgF2(s)＋2HF(aq)Mg(HF2)2(aq)。请结合物质结构和溶解平衡两个角度解析MgF2溶解的原因 。 21．(2026·浙江省强基联盟2026届高三开学联考)I．已知CH3COO[Cu(NH3)2]可以除去水煤气中的CO，请回答： (1)下列说法正确的是___________(填字母)。 A．电负性：C＜N＜O B．[Cu(NH3)2CO]+含有σ键和π键 C．Cu变成失去4s轨道上的电子 D．基态C原子有3种空间运动状态的电子 (2)如图晶胞为面心立方的储氢材料的化学式为 ；与Au原子距离最近的铜原子个数为 。 (3)比较键角大小：[Cu(NH3)2]+ NH3。 (4)比较氨基结合质子能力CO(NH2)2 CS(NH2)2，请从结构角度说明原因： 。 II．某废渣的主要成分是ZnS、PbSO4、FeS、CuCl，从该废渣中回收制备ZnS和Pb的工艺流程如下： 已知：H2A代表HOOC(CHOH)2COOH。 (5)氧化浸出时，S2O82-转变为 (填离子符号)。 (6)氧化浸出时，浸出率随温度升高先增加后减小的原因是 。 (7)由滤液a制Cu的离子方程式： 。 (8)浸铅时，碱性过强，滤渣b中除了含Fe(OH)3之外，可能生成另一种氢氧化物的化学式为 。 (9)写出真空热解时含三种产物的化学方程式： 。 22．(2026·浙江省永嘉市高三第一次联考)钴及其化合物在工业与材料科学中应用广泛。回答下列问题： (1)关于钴原子结构的描述，下列说法正确的是_______。 A．基态Co原子3d轨道上有3对成对电子 B．Co3+的离子半径小于的离子半径 C．电子排布为的Co+处于基态 D．Co的第三电离能大于第二电离能 (2)某钴氧化物的晶胞结构如图所示： ①该氧化物的化学式为 。 ②已知三价钴有强氧化性，将少量该氧化物粉末加入浓盐酸中加热，生成气体的化学式为 。 (3) Co2+与NH3形成的配合物[Co(NH3)6]2+的稳定性高于[Co(H2O)6]2+，从配位键强度分析原因 。 (4)工业上以钴硫精矿(主要成分为CoS，含FeS2、SiO2、MnO2等杂质)为原料制备金属钴的流程如下图： 已知： 沉淀 Fe(OH)3 Co(OH)2 Fe(OH)2 Mn(OH)2 恰好完全沉淀时 2.8 9.4 9.6 10.1 ①为提高“酸浸”效率，可采取的措施有 。(写出两种) ②“氧化”过程是向溶液中加入足量NaClO3，发生的离子方程式为 。 ③“萃取、反萃取”过程是向“沉铁”后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：，实验测得：当溶液pH处于4.5~6.5范围内，Co2+萃取率随溶液pH的增大而增大(如图所示)，其原因是 。 ④向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。该工艺中设计萃取、反萃取的目的是 。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 物质结构与无机物质转化综合题 1． (1)BD (2)(CH3)2NH＞CH3NH2＞(CH3)3N (CH3)2NH的氮原子连接两个甲基，推电子效应强于CH3NH2，更易质子化；(CH3)3N空间位阻大，阻碍质子接近氮原子，导致其碱性最弱。 (3) FeS2 6 Fe2O3 、Fe3O4 6Fe2O3 +N2H4=4Fe3O4 +N2↑+2H2O 取灼烧后少量固体溶于足量的盐酸或稀硫酸中，加过量NaOH溶液，产生红褐色沉淀，证明含铁元素；过滤，向滤液中通入过量CO2，有白色沉淀生成，证明含铝元素。 2． (1)C (2)Li3OCl+Mg2+=LiMgOCl+2Li+ 面心和顶点 (3)2NaNO3+2F22NO2F+2NaF+O2 将NO2F缓慢通入水中，放一小块铜片，铜片溶解，在试管口出现红棕色气体，说明有N元素 (4)2LiCoO2+6H++H2C2O4=2Li++2Co2++2CO2+4H2O SO42-、C2O42-、OH- 除去滤液中的Mg2+ 杯芳烃衍生物具有空腔结构，能够选择性识别Co2+，从而提高对Co2+的提取效率和选择性 3． (1)AC (2) 6 CaCN2+3H2O=CaCO3↓+2NH3↑ (3)A的相对分子质量对熔点的影响大于B中氢键对熔点的影响 将气体通入硫酸铜溶液，有黑色沉淀说明存在硫化氢，剩余气体通入澄清石灰水中，有白色沉淀说明存在二氧化碳 (4)4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O2=8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2 Na2SO4 K2Cr2O7 溶解度小于Na2Cr2O7 ，冷却时优先结晶析出 4．(1)AB (2)[Mg(NH3)6]Cl2 [Mg(NH3)6]2+ 4 Mg(NH3)6]Cl2+6LiCl=MgCl2+6LiNH2+6H2 (3)[Mg(NH3)6]Cl2 中Mg2+带正电荷，导致其N-H键极性增大，所以给出H+趋势更大(提到Mg2+使N-H键极性增大即可) (4)固体表面吸附的铵盐受热易分解 取最后一次洗涤液于试管中，滴加氯化镁溶液，若无白色沉淀产生，则说明已经洗净或滴加紫色石蕊试液，若不变红，则说明已经洗净 F-与HF通过氢键结合使c(F－)降低，促进MgF2溶解平衡正向移动 5． (1)CD (2) < 中心原子N均为sp2杂化，但N2O3中心原子N存在1对孤对电子，而N2O4中心原子N无孤对电子，由于孤电子对对成键电子对的斥力较大，故键角a＜b (3)[Mg(NH3)6][BH4] 4 ABD (4)(C2H5O)3PO+3NaOHNa3PO4+3C2H5OH (5)As2O3+2H2O2+H2O=2H3AsO4 (6)Na3AsO4 (7)取最后一次洗涤液于试管中，先加入足量的稀盐酸，再加氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀已洗净 6．(1)AC (2) sp3 B[Ag(CN)4] (3)杂化方式由sp2转化为sp3，s成分越少，键能越小，键长越长；由于BF3存在大π键，键长更短 Mn3B7O13Cl+5H++8H2O=3Mn2++7H3BO3+Cl- 取少量矿石样品于试管中，加入适量稀盐酸溶解，再滴加少量铁氰化钾，若产生蓝色沉淀，则说明含有黄铁矿 (4)BNH4 (H2B=NH2/ BNH4)n) BH3NH3+4H2ONH4[B(OH)4]+3H2↑或3BH3NH3+6H2O(NH4)3B3O6+9H2↑ 7． (1)CD (2) 6 2CuS2+7O2+12NH3·H2O= 2[Cu(NH3)4]2++4SO42-+4NH4++10H2O或2CuS2+7O2+12NH3+2H2O=2 [Cu(NH3)4]2++4SO42-+4NH4+ b (3)CO32- HCO3- BC H2NSO3H+2NaOHNa2SO4+NH3↑+H2O 取少量氨基磺酸溶液于试管中，加入适量NaOH溶液，并加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则证明有N元素 磺酸铵具有强吸电子能力，增大N-H键极性，导致N-H键很容易电离出H+ 8． (1)AB (2)2:3 (3)配位键、氢键 H2O中O原子有孤电子对，SO42-中S原子无孤电子对，孤电子对有较大斥力，使H-O-H键角小于O-S-O键角 (4) NH3 SiO2 CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4 Ksp(CaSO4)＞ Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙 9． (1)BD (2)6：1 (3)端基S 端基S原子含有孤电子对，能作配位原子 或 (4)6H[ZnCl2(OH)]+ Fe2O3=2Fe[ZnCl2(OH)]3+3H2O Na2CS3 取少许M于试管中，加水溶解，加入足量双氧水，若有黄色沉淀生成，说明有S元素 10． (1)B (2)金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动 (3) TiO2 6 (4) 除去Al2O3和SiO2 适当加热(或增大NaOH溶液浓度等或搅拌) FeTiO3+2H2SO4= FeSO4 +TiOSO4+2H2O 将滤液转移到蒸发皿中，加热浓缩，得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶 11． (1)BC (2)4:1 (3) [Cu(NH3)4]SO4+2NaBH42NH3BH3+Cu+Na2SO4+2NH3↑+H2↑ 电负性N>H>B，P>Ni，导致B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，故B、N上的H分别吸附在Ni和P上 H3BO3酸性太弱，滴定突跃不明显，加入甘露醇使H+浓度增大，提高滴定准确度 (4) MnO2＞Fe3+＞Cu2+ 4[Cu(S2O3)3]5-+16NH3+O2+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+12S2O32- Na2CO3溶液碱性太强，可能生成Mn(OH)2且用NH4HCO3后续除杂质更方便 12． (1)BCD (2)ABS2 (3) (4) O电负性大于S，S=S吸电子能力小于O=S，使硫代硫酸中羟基极性较小，酸性较弱 (5) 将软锰矿研磨成粉末、适当升温、搅拌等 稀释浸出液，使得溶液的pH升高，导致正向移动 Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O 13． (1)BCD (2)Ca2NH 6 Ca2NH+5HCl=2CaCl2+NH4Cl+H2↑ (3)Au+4HCl+4HNO3=H[AuCl4]+NO↑+2H2O 收集反应生成的气体，通入适量空气，若无色气体迅速变红棕色，则反应产生的气体为NO (4) H3PO3分子结构为，只有两个羟基上的氢易电离：H3AsO3的结构为  ，三个羟基上的氢均可电离 (5)NO3-、OH- H2O2(O2、O3、过氧化钠也可) 2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O 14． (1)BD (2)[Zn(NH3)4][FeCl4]或[Zn(NH3)4]2+[FeCl4]2- (3)或 电负性O＞S，C=O键极性强，使得[H2B]2+中H更易解离，即给质子能力更强 防止H2O2由于温度过高而分解 SC(NH2)2 +4H2O2+2OH-= OC(NH2)2+SO42-+5H2O (4) Cu3ZnS4+6O2+4H2SO43CuSO4+ZnSO4+4SO2↑+4H2O SO42-、Zn2+、Fe2+ 取等质量、等颗粒度(排除接触面积的干扰)的铜锌矿样品分为两份，一份在隔绝O2条件下与足量H2SO4反应，另一份在通入足量O2条件下与足量H2SO4反应，比较相同时间内两份样品中固体质量的减少量(或比较相同时间内生成气体的量等) 15． (1)CD (2)两离子所带正电荷数相等，[Co(NH3)6]3+半径较大，正电荷密度较小，相对难得电子或[Co(NH3)6]3+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，使中心Co原子上的电子云密度增大，较难从其他物质中得电子 (3)3：1：1 12 (4) B Mg2+、Fe2+、Co2+、H+ 2Co2++ClO-+2CO32-+3H2O=2 Co(OH)3↓ +2CO2↑+Cl- 加热固体至恒重 16． (1)ABC S原子电负性大于Se，导致H2SO4中O-H键极性更强，更容易解离出H+(其他合理答案也给分) (2) K2SeBr6 (3)粉碎 过滤 (4)Na2SeO4+4CNa2Se+4CO↑ (5)溶解、过滤、洗涤 (6)2Se2-+O2+2CO2=2Se↓+2CO32-(或2Se2-+O2+4CO2+2H2O=2Se↓+4HCO3-) 17． (1)BD (2)PbZnF6 (3) < 酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN。因为半径：S>O，键长：S-H＞N-H＞O-H长，则S-H键能最小，虽然电负性O>N>S，但半径影响占主导，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致OCN-H中的N-H极性略大于H-OCN中的O-H。或者：电离出的阴离子体积：SCN-＞OCN- (或NCO-)，前者更有利于负电荷的容纳和均匀分散，HSCN酸性最强；OCNH存在非羟基氧，对N原子的电子云吸引力较大，导致OCN-H中的N-H极性略大于H-OCN中的O-H，故酸性强弱顺序：HSCN>OCNH>HOCN HSCN+H2SO4=NH4HSO4+COS↑ (4)S2O82-+2CuCl+4NH3·H2O=2[Cu(NH3)4]2++2SO42-+2Cl-+4H2O或者：S2O82-+2CuCl+4NH3=2[Cu(NH3)4]2++2SO42-+2Cl- (5)(NH4)2S溶液 (6)SO42- 取少量分离PbA后的滤液于洁净的试管，先加足量稀盐酸，静置取上层清液，加少量Ba(NO3)2 (或BaCl2)溶液，若产生白色沉淀，则证明存在SO42- 18． (1)AC (2)16 Co3+的电荷密度大，可吸引更多的O2− Co3O4＋8HCl=3CoCl2＋Cl2↑＋4H2O 湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，证明产生的气体是Cl2 (3)HCl < 2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO32-=2[Co(NH3)6]2+＋SO42-＋13H2O＋4OH−或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH4+＋SO32-=2[Co(NH3)6]2+＋SO42-＋13H2O 19． (1)CD (2)NiAs 4 (3) (4)Al(OH)3、Fe(OH)3 结晶、过滤、洗涤、干燥 PCl5+6HF+LiCl=LiPF6+6HCl↑ AsF6-离子半径大，LiAsF6离子键比LiPF6弱，离子键易断裂，因此Li+迁移速率更快 20． (1)MgF2 3 AD (2)固体表面吸附的铵盐受热均易分解 不再产生气泡或固体不再溶解 NH4F MgO+NH4HF2MgF2+NH3↑+H2O (3)F-与HF通过氢键结合使c(F-)降低，促进MgF2溶解平衡正向移动 21． (1)ABC (2)Cu3Au 12 (3)> (4) < 电负性：O大于S，CO(NH2)2中N原子上电子云密度降低，结合质子能力下降 (5)SO42- (6)温度升高浸出速率提高，温度太高一水合氨分解，氨气挥发 (7)Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+或Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+Zn2++4NH3↑ (8)Pb(OH)2 (9)Pb[OOC(CHOH)2COO]Pb+4CO↑+2H2O↑ 22． (1)BD (2) Co3O4 Cl2 (3)电负性：N＜O，NH3更容易给出孤电子对，配位能力强于H2O (4)适当提高酸的浓度，适当提高反应体系的温度，将焙烧后矿物粉碎等 6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O pH增大，c(H＋)减小，使平衡正向进行，所以Co2+萃取率增大 富集、提纯Co2+ (或分离Co2+和Mn2+) 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $