专题02 物质结构与性质探究（1大题型）（上海专用）2026年高考化学一模分类汇编

专题02 物质结构与性质探究 1．（2026·上海市宝山区·一模）Li2CN2是一种高活性的人工固氮产物，其合成反应为。 （1）写出N2的电子式 。 （2）Li2CN2含有的化学键是______。(不定项) A．极性共价键 B．非极性共价键 C．离子键 D．金属键 （3）判断上述反应是否属于氧化还原反应 。 A．是            B．否 判断依据是 。 （4）根据价层电子对互斥理论，可知中C的价层电子对数为______。 A．2 B．3 C．4 D．6 （5）已知与CO2是等电子体，中C原子的杂化类型为 。 A．sp            B．sp2            C．sp3 （6）已知：LiH+H2O=LiOH+H2↑，其中氧化产物是 。(不定项) A．LiH            B．H2O            C．LiOH        D．H2 在标准状况下，该反应生成22.4 L氢气，转移的电子数目是 。 Li2CN2晶胞结构如下图所示。 已知：①a、b、c的单位是nm；②M(Li2CN2)=Mr g⋅mol-1，阿伏加德罗常数=NA mol-1 （7）晶胞中含有Li+的个数为______。 A．2 B．4 C．6 D．8 （8）该晶体的密度ρ= g·cm-3(列出算式)。 2．（2026·上海市杨浦区·一模）2025年诺贝尔化学奖授予在金属有机骨架领域有杰出贡献的三位科学家。以甲醇为溶剂，和2-甲基咪唑（）能合成-4（金属有机骨架化合物）。 （1）基态的核外电子排布式为 。 （2）2-甲基咪唑中五元环是平面结构且含大键，该五元环中碳原子的杂化方式为 。 A．sp    B．    C． 甲基中碳原子的杂化轨道可示意为：，五元环中碳原子的杂化轨道可示意为： 。 MAF-4是具有空间网状结构的框架材料，具有很高的比表面积与孔道结构。其化学式可表示为[Zn()2]，。图a是锌离子与五元环的成键示意图，图b是MAF-4的三维结构。 （3）图a表示的物质所含化学键的类型有________。（不定项） A．金属键 B．共价键 C．氢键 D．配位键 （4）结合图b，推测MAF-4可能具备的一种用途 ，理由是 。 将MAF-4在空气中加热，其质量随温度升高的变化如图所示。 （5）360℃之前失重是因为： 。360℃后骨架坍塌，N点所示物质为 。 （6）比较MAF-4和2-甲基咪唑红外光谱图的差异，主要可知二者 。 A．相对分子质量    B．化学环境不同的氢原子种类    C．官能团或化学键 25℃，100 kpa下，MAF-4对和的吸附量分别为和（MAF-4对两种气体的吸附相互独立，与混合气体的组成无关）。 （7）MAF-4更易吸附的可能原因是 。 （8）下列对和的分析正确的是________。（不定项） A．都是含极性键的非极性分子 B．分子中键角相等 C．都属于非电解质 D．同温同压下， （9）某天然气含（体积分数），其余为。298 K，100 kPa下，用1.00 g MAF-4处理该天然气，理论上最多可得到纯净的 mmol。 3．（2026·上海市奉贤区·一模）锰基材料凭借其多元特性，在工业及功能材料、催化储氢等领域应用广泛。 （1）锰钢合金的硬度比单质锰的硬度更_____，熔点更_____。 A．大，高 B．大，低 C．小，高 D．小，低 （2）下列状态的锰原子或锰离子中，用原子发射光谱能捕捉到的是_____(不定项)。 A．3d54s2 B．3d44s24p1 C．3d5 D．3d44s1 配合物[Mn(BH4)2(THF)3]是锰的重要配合物。其中THF为四氢呋喃，结构简式为。 （3）B、C、O元素电负性由大到小的顺序为_____。 A．B>C>O B．C>O>B C．O>B>C D．O>C>B （4）配合物中的配体有 。 （5）根据价层电子对互斥理论，可知BH的空间结构为 。 （6）BH与水发生反应：BH+2H2O=BO+4H2↑。比较还原性BH H2(选填“>”或“<”)。标出上述反应中电子转移的方向和数目 。 硝酸锰[Mn(NO3)2]受热分解生成锰的氧化物(MnxOy)和NO2气体。MnxOy的晶胞结构如图1所示： （7）MnxOy晶胞的密度ρ= g·cm-3(已知：1pm=1×10-10cm，用含a、b和NA的代数式表示)。 （8）写出Mn(NO3)2受热分解的化学方程式 。 （9）图2是该晶胞沿 坐标轴方向的投影图。 A．x轴    B．y轴    C．z轴 4．（2026·上海市虹口区·一模）2025年化学诺贝尔奖颁给研究金属有机框架的科学家。金属有机框架是一类由金属离子与有机配体通过配位键自组装形成的多孔晶体材料。MOF-5是其中代表性的材料之一、MOF-5晶体由具有正四面体结构的和有机配体()构成。由于晶胞中的取向不同，导致内部存在两种大小不同的空隙(用圆球表示)。 （1）元素在周期表中的位置为___________。 A．第四周期ⅤⅢ族 B．第五周期ⅠB族 C．第四周期ⅡB族 D．第五周期ⅡB族 （2）基态氧原子的核外电子排布式为 。 （3）碳原子和氧原子中第一电离能较大的是 ，从原子结构角度说明理由 。 MOF-5晶体属于立方晶系，其晶胞由2种不同的结构单元交替构成。 （4）确定该晶体结构可用的仪器分析技术是___________。 A．红外光谱法 B．质谱法 C．X射线衍射法 D．紫外可见光光谱法 （5）每个重复单元中的个数为___________。 A．2 B．3 C．4 D．6 （6）298 K、100 kPa下，MOF-5可吸附自身体积数百倍。MOF-5对的吸附过程中___________。 A．， B．， C．， D．， （7）下列可以代替为有机配体用于构成金属有机框架，并且能够增大框架孔径的是___________。 A． B． C． D． （8）MOF-5吸附时，会取代与配位，从而破坏晶体结构。从结构角度解释较更易配位的原因 。 （9）根据金属有机框架的结构，举出其可能的一种用途 。 5．（2026·上海市嘉定区·一模）“丹青”是绘画艺术的代称，先秦《管子·小称》有言“丹青在山，民知而取之”，已指出其为天然的矿石颜料。“丹”指丹砂，主要成分为HgS；“青”指石青，主要成分为。 （1）已知Hg元素的信息如图，则Hg在元素周期表中的位置为___________。 A．第5周期、第12族 B．第5周期、第IIB族 C．第6周期、第12族 D．第6周期、第IIA族 已知：第二电离能是元素的+1价的气态正离子(基态)失去一个电子形成+2价的气态正离子(基态)所需的最低能量。 第一电离能 第二电离能 Cu Fe （2）分析Cu的第二电离能大于Fe的主要原因 。 （3）天然HgS主要有两种形态，其中为红色，结构为三方系；为黑色，结构为立方系，用现代技术研究两者结构差异，可以用___________。 A．原子吸收光谱 B．红外光谱 C．核磁共振氢谱 D．晶体X射线衍射 Cu3(CO3)2(OH)2的晶胞结构如下图： （4）已知 Cu3(CO3)2(OH)2晶胞中含4个H原子，对Cu2+所处位置判断错误的是___________。 A．顶点 B．棱上 C．面心 D．体内 石青受热分解产生，将CuO投入的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为约为9.5，得到溶液。 （5）比较石青分解得到的三种产物的熔点高低，并分析原因 。 （6）CuO被“氨浸”的离子方程式为 。 （7）[Cu(NH3)4]2+结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu(NH3)4]2+的空间结构为 。 （8）已知中任意两个的夹角为，则中任意两个的夹角 。 A．大于    B．小于    C．等于 石青的“孪生兄弟”孔雀石与在一定条件下生成一种配位化合物，其负离子的结构为： (9)该配合物中心离子的配位数为 ：根据价层电子对互斥理论，可知中C的价层电子对数为 。 6．（2026·上海市静安区、闵行区、青浦区、金山区四区·一模）金属有机框架材料（MOFs）是由金属离子与有机配体通过配位键自组装形成的一类多孔材料，具有极大的比表面积和多活性位点，在气体储存、催化等领域有广泛应用。 （1）MOFs的结构被喻为“分子乐高”。下图是MOFs自组装形成周期性网状骨架的示意图，图中的“小方块”相当于金属离子，“连接杆”相当于 。 DMF（N,N-二甲基甲酰胺，结构为），可作制备MOFs的溶剂。 （2）组成DMF的元素中，气态基态原子第一电离能最大的是______。 A．H B．C C．N D．O （3）DMF中π键与σ键数目之比为 。 铜基MOFs材料——Cu-BTC的结构单元如下： （4）Cu2+的核外电子排布为______。 A．[Ar]3d9 B．[Ar]3d10 C．[Ar]3d84s1 D．[Ar]3d104s1 （5）形成Cu-BTC结构单元时，提供空轨道的是______。 A．① B．② C．③ D．④ Cu-BTC吸附氨气和氧气后，O2的氧氧键被拉长，使O2活化，从而能高效消除氨氮，若同时存在硝氮等污染物，会发生协同反应（参与反应的Cu-BTC以Cu2+表示）。 ①消除氨氮：2NH3+6Cu2+=N2+6Cu++6H+；O2+4Cu++4H+=4Cu2++2H2O ②消除硝氮： ③协同反应： （6）消除氨氮的总反应为 。 （7）配平下列离子方程式： 。 （8）根据上述信息，Cu-BTC在消除氨氮和硝氮中的作用有：吸附气体和 。 (9)从MOFs材料的结构特点分析，用该方法处理氨氮的效率高的原因有 、 。（列举2点） 7．（2026·上海市静安区、闵行区、青浦区、金山区四区·一模）（可视作FeO·Fe2O3）俗称磁性氧化铁，可用于制造磁记录材料、电极材料。 （1）的上述应用，与其性质相关的是______。 A．磁性 B．高熔点 C．特殊的导电性 D．较高的密度 （2）在元素周期表中，Fe元素处于______区。 A．s B．p C．d D．f （3）核外有______种不同运动状态的电子。 A．14 B．23 C．24 D．26 已知FeO的晶胞类型与NaCl相似，其晶胞如下图所示。 （4）1 mol晶胞中含有的数目为 。 （5）与距离最近且相等的构成的空间结构是______。 A．平面四边形 B．正四面体 C．立方体 D．正八面体 纳米具有较高的理论比容量、高电导率等优点，可作为锂离子电池负极材料，具有广泛应用前景。 （6）关于纳米分散在水中构成的分散系，下列说法正确的是（多选）______。 A．属于溶液 B．纳米能透过半透膜 C．纳米颗粒具有吸附性 D．具有丁达尔现象 以纳米复合材料为负极的某锂离子电池工作示意图如下： 工作原理简写为： 电池工作时，Li+在两极间通过嵌入与脱嵌，实现能量的储存与释放，隔膜只允许Li+通过。 （7）充电时，阴极电极反应式为 。 （8）放电时，若外电路通过0.8 mol e-，正极质量 （填“增大”或“减小”） g。 8．（2026·闵行交大实验学校、交大附中嘉定分校、松江三校·联考）嫦娥六号探测器成功完成人类首次月球背面采样返回任务，其搭载的新型材料和推进系统蕴含丰富的化学知识。请从微观角度结合原子结构及核外电子排布相关知识回答下列问题。 （1）探测器返回器外壁的高温结构陶瓷含硅元素，硅常与氧元素结合形成二氧化硅(SiO2)。请写出硅原子的结构示意图 ；氧离子的电子式 。 （2）关于核外电子排布的说法中不正确的是_______。 A．第二层最多可容纳的电子数为8 B．次外层最多可容纳的电子数为18 C．最多可容纳2个电子的电子层一定是第一电子层 D．最多可容纳8个电子的电子层一定是第二电子层 （3）科学家通过核反应发现氚()。下列说法正确的是_______。 A．表示一个质子 B．该反应属于化学变化 C．与互为同位素 D．的原子结构示意图为 （4）在月壤样本中发现一种非金属元素R，其最外层电子数为n，其气态氢化物的核外电子总数为a，R的某种核素核内中子数为b，则该核素的符号是_______。 A． B． C． D． （5）已知在自然界中铱(Ir)有两种质量数分别为191和193的核素，而铱元素的近似相对原子质量为192.22，则这两种核素的原子个数比为 。 （6）X元素组成的三种气态单质都是双原子分子，它们的相对分子质量分别是32、34、36。现有这三种单质的混合气体，分子数之比为15:4:1，下列说法正确的是_______。 A．若该容器中的X2全部转化为同素异形体X3，则X3的分子有21种 B．质量数为16的核素的丰度为85% C．该元素的近似相对原子质量为17 D．该元素所含三种核素的原子数之比为15:4:1 9．（2026·闵行交大实验学校、交大附中嘉定分校、松江三校·联考）实现“碳中和”目标的关键在于对二氧化碳(CO2)的捕集和资源化利用。科学家设想将CO2转化为有价值的化学品，如甲醇(CH3OH)。 （1）若ag的CO2中含有x个电子，据此计算NA的值为 。 （2）同温同压下，等质量的CO2和SO2，其密度之比为 。 某学习小组收集到11.2L的CO2气体。 （3）如果是在常温常压(25℃，101kPa)下收集，则这些CO2的物质的量 。 A．大于0.5mol　　　　B．等于0.5mol　　　C．小于0.5mol （4）如果是在标准状况下收集，则所含的CO2分子数约为 。 （5）用2.0mol·L-1的NaOH溶液完全吸收这些CO2 (标准状况下收集)，至少需要该NaOH溶液的体积为 mL。(已知反应为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O)写出计算过程。 实验室需要配制480mL0.5mol·L⁻¹的NaOH溶液用于模拟吸收CO2的实验。 （6）配制时，需用电子天平称量NaOH固体 g。 （7）配制过程中，不需要用到的仪器是_______。(不定项) A．烧杯 B．量筒 C．胶头滴管 D．漏斗 （8）若用质量分数为40%(密度为1.43g·mL-1)的NaOH溶液来配制，需取用该溶液 mL(结果保留1位小数)。 （9）下列操作会导致所配溶液浓度偏大的是_______。 A．称量的NaOH固体已部分潮解 B．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒 C．定容时俯视容量瓶刻度线 D．摇匀后液面下降，再加蒸馏水至刻度线 （10）利用反应CO2+3H2=CH3OH+H2O，可以将CO2转化为甲醇，将一定量的CO2和H2通入容器中进行反应，某时刻测得混合气体的平均摩尔质量为30g·mol-1，则此时容器中CO2和H2的物质的量之比为 (CH3OH和H2O始终为液态)。 10．（2026·上海市松江区·一模）钴蓝(CoAl2O4)是使用最广也最为成熟的色料，青花瓷的命名很大程度上和“钴”料的使用有关。 （1）确定CoAl2O4晶体结构的方法是______。 A．X射线衍射 B．质谱 C．红外吸收光谱 D．核磁共振氢谱 （2）钴元素在元素周期表中的位置是______。 A．第4周期第VIIIB族 B．第4周期第9族 C．第5周期第VIII族 D．第5周期第9族 化合物X可作为某些含钴染料或颜料的合成原料，其化学式为[Co(NH3)6]Cl2 （3）基态Co2+中，______。(不定项) A．有7个未成对电子 B．有6个不同能级的电子 C．价电子运动状态有15种 D．核外电子空间运动状态有14种 （4）化合物X可合成 [Co(NH3)5Cl]Cl。 ① 0.5 mol [Co(NH3)5Cl]Cl与足量的AgNO3溶液发生反应，可生成沉淀 mol。 ② 0.5 mol [Co(NH3)5Cl]Cl中含有的共价键为 mol。 A．10.5        B．11        C．21        D．22 （5）已知X中H-N-H键角大于NH3中H-N-H键角，请解释其原因 。 （6）化合物X晶体的晶胞结构如图所示，离A最近的 [Co(NH3)6]2+个数为 。 A．6        B．8        C．10        D．12 NA是阿伏加德罗常数的值。已知该化合物X的摩尔质量为M g•mol–1，密度为ρ g•cm–3，则该晶胞的棱长为 nm。 利用X能络合NO的特性，再经多步反应将NO从废气中脱除，同时生成[Co(NH3)6]3+。工业上可用活性炭和水实现[Co(NH3)6]3+→[Co(NH3)6]2+，机理如下图所示。 （7）写出步骤(iii)的离子反应方程式 。 （8）结合上述机理，简述利用化合物X处理废气中NO的优缺点(优点、缺点各一条) 。 11．（2026·上海市徐汇区·一模）双缩脲试剂由试剂A和试剂B组成，常用于快速检测蛋白质。向试样中加入过量的双缩脲试剂A(溶液)，振荡，再加入滴双缩脲试剂B(和酒石酸钾钠混合液)，振荡，若溶液变成紫色，说明试样中含有蛋白质。 （1）蛋白质中一定含有碳、氢、氧、氮元素，也可能含有硫、磷等元素。下列元素中第一电离能最大的是___________。 A．C B．N C．O D．S （2）基态的价电子排布式 。 （3）检验酒石酸钾钠中的钠元素可以使用___________进行仪器分析。 A．原子光谱 B．红外光谱 C．质谱 D．X射线衍射 （4）酒石酸根离子()中含有 个不对称碳原子。 （5）试样在检测过程中，若出现蓝色沉淀。可能的原因是 。 （6）双缩脲试剂B中可能存在多种配合物，其中的配体种类有 种；检验该配合物外界的方法 。 （7）酿酒过程中，监测不同温度下淀粉进行48 h糖化发酵后总糖含量(麦芽糖、葡萄糖的质量分数总和)的变化如图1；淀粉糖化发酵过程的总糖含量随时间变化如图2. 时，淀粉糖化发酵36 h后总糖含量缓慢降低，结合反应从速率角度分析可能的原因 。 12．（2026·上海市徐汇区·一模）相较于镍镉电池，镍氢电池不仅提高了充放电的容量，还避免了重金属镉对环境的污染。 （1）根据镉的相关信息，下列说法正确的是___________。 A．基态原子有10种能量不同的电子 B．最外层电子数为12 C．在元素周期表中的位置为第5周期ⅡA族 D．N能层无空轨道 镍氢电池充放电容量的提高，得益于共使用了储氢合金。镍氢电池储氢合金()的储氢能力为，储氢能力(g/L)=，，。 （2）该储氢合金完全储氢后，若氢完全放电，转移电子的数为 个。 （3）该储氢合金完全储氢后的化学式为 。 随着技术的不断进步，高性能的镍氢、锂离子电池等被广泛应用到便携式电子设备及电动汽车领域。已知：能量密度。 参数 镍氢电池 锂离子电池 平均工作电压(V) 1.2 3.7 额定容量(Ah) 2.0 62.5 总质量(kg) 0.030 0.964 （4）根据表中信息，计算镍氢电池与锂离子电池的能量密度之比 。 （5）碳酸乙烯酯()是锂离子电池的常见电解液之一，下列有关碳酸乙烯酯的说法正确的是___________。 A．分子中含有9根σ键 B．分子中氧原子的价层电子对数均为2 C．分子具有极性 D．分子中所有原子均在同一平面 13．（2026·上海市长宁区·一模）高氯酸氟是一种极不稳定、容易爆炸的气体，具有强氧化性，在医药、农药、材料科学等领域具有重要应用。其分子式为FClO4，结构式为：F、Cl、O元素单质及其化合物性质丰富多样，应用广泛。 （1）下列实验现象与结论都正确的是_______。 实验操作 现象 结论 A 向紫色石蕊溶液中滴加氯水 溶液先变红后褪色 氯水只含H+，不含HClO B 将Cl2通入品红溶液中，再加热 溶液褪色，加热后恢复 HClO的漂白作用具有可逆性 C 向AgNO3溶液中通入Cl2 产生白色沉淀 Cl2能电离出Cl- D 向FeCl2溶液中通入Cl2 溶液变为棕黄色 Cl2具有氧化性 （2）已知一氯乙烯()分子中，Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大键()。一氯乙烷()、一氯乙烯()、一氯乙炔()分子中，C-Cl键长的顺序是 ，理由：(i)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强；(ii)Cl参与形成的 越 ，形成的C-Cl键的键长越短。 （3）卤化物受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为 。解释X的熔点比Y高的原因 。 （4）属于氟原子激发态的电子排布式的是_______。(不定项) A． B． C． D． （5）25℃时，甲酸(HCOOH)的，氢氟酸(HF)的。 ①写出氢氟酸的电离平衡常数表达式： 。 ②Ka越大的酸溶液中c(H+) (填“一定”或“不一定”)大，其理由为： 。 （6）猜想下列关于FClO4的说法错误的是_______。 A．分子中氯元素显+7价 B．分子的空间构型是正四面体 C．制备 FClO4时产物需在低温下处理 D．能氧化碘离子 （7）已知，，常温下该反应不能自发进行的主要原因是_______。 A．熵减太小 B．活化能过高 C．焓增过大 D．平衡常数K＜1 14．（2026·上海市浦东新区·一模）铂(Pt)是一种地壳含量稀少但有重要应用的金属。它能形成多种用途广泛的化合物。 （1）在人类探索原子结构的历程中，形成了不少关于物质构成的理论，下列模型最能反映原子核外电子运动状态的是___________。 A．葡萄干面包模型 B．有核模型 C．玻尔原子结构模型 D．电子云模型 （2）根据如图，推测Pt元素在周期表中的位置为___________。 A．第6周期第1族 B．第6周期第10族 C．第5周期第9族 D．第5周期第10族 （3）顺铂是一种常用的配合物，平面结构如下图，中心离子为，下列有关顺铂说法正确的是___________。 A．为非极性分子 B．中心离子采取杂化 C．配体为和 D．成键电子对数目为 已知胸苷是一种一元有机弱酸，可简写为TH，胸苷与顺铂的配体交换反应，可以得到在医学上有重要作用的。 向溶液中加酸酸化的过程中，会发生如下转化。 已知，如图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种特征信号峰分别代表三种含T微粒，峰面积越大，代表该含T微粒浓度越高。甲、乙、丙表示3份pH不同的溶液。 （4）“步骤1”的离子方程式为 。 （5）信号峰Ⅱ代表的微粒是 。 A．TH     B．     C． （6）能说明溶液中酸化反应达到平衡的是___________。(不定项) A．出现3个特征信号峰 B．特征信号峰的总面积保持不变 C．三种特征信号峰的面积比为 D．特征信号峰的数量及各自面积保持不变 六氯合铂酸铵常用于铂的电镀和制备海棉铂，其晶体的立方晶胞结构下图所示。 （7）分析中键角大于氨分子中键角的原因 。 （8）要检测的结构，可采用的仪器分析技术为___________。 A．X射线衍射法 B．红外光谱法 C．质谱法 D．原子光谱法 (9)每一个周围与它距离最近且相等的有 个。 (10)已知六氯合铂酸铵摩尔质量为，晶胞密度为，晶胞的棱长为a cm。则阿伏加德罗常数的数值可以表示为 。(用含a、、M的代数式表示) / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 物质结构与性质探究 1．（2026·上海市宝山区·一模）Li2CN2是一种高活性的人工固氮产物，其合成反应为。 （1）写出N2的电子式 。 （2）Li2CN2含有的化学键是______。(不定项) A．极性共价键 B．非极性共价键 C．离子键 D．金属键 （3）判断上述反应是否属于氧化还原反应 。 A．是            B．否 判断依据是 。 （4）根据价层电子对互斥理论，可知中C的价层电子对数为______。 A．2 B．3 C．4 D．6 （5）已知与CO2是等电子体，中C原子的杂化类型为 。 A．sp            B．sp2            C．sp3 （6）已知：LiH+H2O=LiOH+H2↑，其中氧化产物是 。(不定项) A．LiH            B．H2O            C．LiOH        D．H2 在标准状况下，该反应生成22.4 L氢气，转移的电子数目是 。 Li2CN2晶胞结构如下图所示。 已知：①a、b、c的单位是nm；②M(Li2CN2)=Mr g⋅mol-1，阿伏加德罗常数=NA mol-1 （7）晶胞中含有Li+的个数为______。 A．2 B．4 C．6 D．8 （8）该晶体的密度ρ= g·cm-3(列出算式)。 【答案】（1） （2）AC （3）是 有元素化合价升降 （4）A （5）A （6）D （7）B （8） 【解析】（1） 氮气的结构式为，其电子式为。 （2）Li2CN2是离子化合物，含有离子键；中含有C=N极性共价键，所以Li2CN2中含有离子键和极性共价键。 （3）反应中，→中的氢元素由-1价升高到0价，→中的碳元素由0价升高到+2价，→中的氮元素由0价降低到-2价，有元素化合价的升降，属于氧化还原反应。 （4）的中心原子为碳原子，价层电子对=，所以其价层电子对数为2。 （5）是直线形分子，C为sp杂化，与CO2是等电子体，结构相似，C与两个N形成双键，无孤对电子，结构为直线形。 （6）LiH中H为-1价，H2O中的H为+1价，H2中的H为0价，H从-1价升高到0价，被氧化，H2为氧化产物。 该反应中转移电子数为1个，若有1 mol氢气生成，则转移电子数为，在标准状况下，该反应生成22.4 L氢气，氢气的物质的量为1 mol，所以转移电子数为。 （7）根据所给的晶胞图，可知8个位于侧面的四个面上，用均摊法可算出的个数为个 （8）由第7问的分析可以知道该晶胞中有2个，该晶胞的体积为，由密度公式= 2．（2026·上海市杨浦区·一模）2025年诺贝尔化学奖授予在金属有机骨架领域有杰出贡献的三位科学家。以甲醇为溶剂，和2-甲基咪唑（）能合成-4（金属有机骨架化合物）。 （1）基态的核外电子排布式为 。 （2）2-甲基咪唑中五元环是平面结构且含大键，该五元环中碳原子的杂化方式为 。 A．sp    B．    C． 甲基中碳原子的杂化轨道可示意为：，五元环中碳原子的杂化轨道可示意为： 。 MAF-4是具有空间网状结构的框架材料，具有很高的比表面积与孔道结构。其化学式可表示为[Zn()2]，。图a是锌离子与五元环的成键示意图，图b是MAF-4的三维结构。 （3）图a表示的物质所含化学键的类型有________。（不定项） A．金属键 B．共价键 C．氢键 D．配位键 （4）结合图b，推测MAF-4可能具备的一种用途 ，理由是 。 将MAF-4在空气中加热，其质量随温度升高的变化如图所示。 （5）360℃之前失重是因为： 。360℃后骨架坍塌，N点所示物质为 。 （6）比较MAF-4和2-甲基咪唑红外光谱图的差异，主要可知二者 。 A．相对分子质量    B．化学环境不同的氢原子种类    C．官能团或化学键 25℃，100 kpa下，MAF-4对和的吸附量分别为和（MAF-4对两种气体的吸附相互独立，与混合气体的组成无关）。 （7）MAF-4更易吸附的可能原因是 。 （8）下列对和的分析正确的是________。（不定项） A．都是含极性键的非极性分子 B．分子中键角相等 C．都属于非电解质 D．同温同压下， （9）某天然气含（体积分数），其余为。298 K，100 kPa下，用1.00 g MAF-4处理该天然气，理论上最多可得到纯净的 mmol。 【答案】（1）（或） （1）B     （1）BD （4）能吸附某些物质 MAF-4具有多孔结构，孔隙可容纳分子 （5）失去结晶的分子 （6）C （7）MAF-4和之间的相互作用更强 （8）AC （9）6.44 【解析】（1）Zn的原子序数为30，基态电子排布为；失去2个4s电子，故核外电子排布式为（或），故答案为：（或）； （2）五元环为平面结构且含大π键，说明碳原子的杂化方式为；杂化的特点是：3 个能量相等的杂化轨道（呈平面三角形分布），同时保留 1 个未参与杂化的 p 轨道，碳原子的杂化轨道可示意为： ，故答案为：B； ； （3）图a中，五元环内的原子间通过共价键结合；与五元环中的N原子通过配位键结合，N提供孤电子对，提供空轨道；金属键存在于金属晶体中，此处无金属键；氢键是分子间作用力，图a表示的是成键示意图，不涉及氢键，故答案选BD； （4）MAF-4具有高比表面积和孔道结构，可用于能吸附某些物质，故答案为：能吸附某些物质；MAF-4具有多孔结构，孔隙可容纳分子； （5）360℃之前失重是因为失去结晶的分子；360℃后骨架坍塌，由图，N点残留质量分数34.5%，计算得残留固体中的质量占比约，与中的质量分数（）接近，因此N点物质为，故答案为：失去结晶的分子；； （6）红外光谱图反映官能团或化学键的种类，MAF-4 与 2 - 甲基咪唑的官能团 / 化学键不同，因此答案选C； （7）虽为非极性分子，但分子中含有极性共价键，MAF-4 的孔道结构中含 N 等极性原子，通过极性相互作用（或氢键、配位作用）更易吸附极性的；同时分子尺寸与 MAF-4 孔道匹配，吸附能力强，故答案为：MAF-4和之间的相互作用更强； （8）A．含极性键但为非极性分子，含极性键且为非极性分子，A正确； B．为直线型分子，键角，为正四面体结构，键角，不相等，B错误； C．和均不能电离，属于非电解质，C正确； D．同温同压下，密度比等于摩尔质量比，即，D错误； 故答案选AC； （9）由题，1.00 g MAF-4 吸附的量为，吸附的量为；天然气中体积分数 10%，则物质的量为，为；MAF-4 优先吸附至饱和：，则总量为，减去被吸附的量为，可得纯净：，故答案为：6.44。 3．（2026·上海市奉贤区·一模）锰基材料凭借其多元特性，在工业及功能材料、催化储氢等领域应用广泛。 （1）锰钢合金的硬度比单质锰的硬度更_____，熔点更_____。 A．大，高 B．大，低 C．小，高 D．小，低 （2）下列状态的锰原子或锰离子中，用原子发射光谱能捕捉到的是_____(不定项)。 A．3d54s2 B．3d44s24p1 C．3d5 D．3d44s1 配合物[Mn(BH4)2(THF)3]是锰的重要配合物。其中THF为四氢呋喃，结构简式为。 （3）B、C、O元素电负性由大到小的顺序为_____。 A．B>C>O B．C>O>B C．O>B>C D．O>C>B （4）配合物中的配体有 。 （5）根据价层电子对互斥理论，可知BH的空间结构为 。 （6）BH与水发生反应：BH+2H2O=BO+4H2↑。比较还原性BH H2(选填“>”或“<”)。标出上述反应中电子转移的方向和数目 。 硝酸锰[Mn(NO3)2]受热分解生成锰的氧化物(MnxOy)和NO2气体。MnxOy的晶胞结构如图1所示： （7）MnxOy晶胞的密度ρ= g·cm-3(已知：1pm=1×10-10cm，用含a、b和NA的代数式表示)。 （8）写出Mn(NO3)2受热分解的化学方程式 。 （9）图2是该晶胞沿 坐标轴方向的投影图。 A．x轴    B．y轴    C．z轴 【答案】（1）B （2）BD （3）D （4）BH(或THF) （5）正四面体形 （6） > （7） （8） （9）C 【解析】（1）合金一般比成分金属的硬度高、熔点低，则锰钢合金的硬度比单质锰的硬度更大，熔点更低，故选B。 （2）处于激发态的原子能产生发射光谱，3d54s2是基态锰原子，3d5是基态锰离子，二者用光谱仪不可捕捉到发射光谱，3d44s24p1是激发态锰原子，3d44s1是激发态锰离子，二者用光谱仪可捕捉到发射光谱，故选BD。 （3）同周期主族元素，从左往右电负性依次增大，B、C、O元素电负性由大到小的顺序为O>C>B，故选D。 （4）由配合物[Mn(BH4)2(THF)3]的化学式可知，其中配体有和(或THF)。 （5）中心原子价层电子对数为4+=4，且不含孤电子对，空间结构为正四面体形。 （6）反应+2H2O=+4H2↑中，水中H元素的化合价由+1价降低到0价，中H元素由-1价上升到0价，则为还原剂，H2既是氧化产物又是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，则还原性BH>H2，标出反应中电子转移的方向和数目为：。 （7）由题图可知，Mn原子位于晶胞的8个顶点和体心，则Mn原子的个数为=2，在晶胞的体内有2个O原子，面上有4个O原子，则O原子个数为，该晶胞的体积为，质量为，则晶体的密度为 g·cm-3。 （8）硝酸锰[Mn(NO3)2]受热分解生成锰的氧化物(MnxOy)和NO2气体，根据（7）可知，锰的氧化物(MnxOy)为MnO2，则硝酸锰[Mn(NO3)2]受热分解的化学方程式为：。 （9）由题图可知，Mn原子位于晶胞的8个顶点和体心，在晶胞的体内有2个O原子，面上有4个O原子，图2是该晶胞沿z轴坐标轴方向的投影图，故选C。 4．（2026·上海市虹口区·一模）2025年化学诺贝尔奖颁给研究金属有机框架的科学家。金属有机框架是一类由金属离子与有机配体通过配位键自组装形成的多孔晶体材料。MOF-5是其中代表性的材料之一、MOF-5晶体由具有正四面体结构的和有机配体()构成。由于晶胞中的取向不同，导致内部存在两种大小不同的空隙(用圆球表示)。 （1）元素在周期表中的位置为___________。 A．第四周期ⅤⅢ族 B．第五周期ⅠB族 C．第四周期ⅡB族 D．第五周期ⅡB族 （2）基态氧原子的核外电子排布式为 。 （3）碳原子和氧原子中第一电离能较大的是 ，从原子结构角度说明理由 。 MOF-5晶体属于立方晶系，其晶胞由2种不同的结构单元交替构成。 （4）确定该晶体结构可用的仪器分析技术是___________。 A．红外光谱法 B．质谱法 C．X射线衍射法 D．紫外可见光光谱法 （5）每个重复单元中的个数为___________。 A．2 B．3 C．4 D．6 （6）298 K、100 kPa下，MOF-5可吸附自身体积数百倍。MOF-5对的吸附过程中___________。 A．， B．， C．， D．， （7）下列可以代替为有机配体用于构成金属有机框架，并且能够增大框架孔径的是___________。 A． B． C． D． （8）MOF-5吸附时，会取代与配位，从而破坏晶体结构。从结构角度解释较更易配位的原因 。 （9）根据金属有机框架的结构，举出其可能的一种用途 。 【答案】（1）C （2） （3）O 碳原子核外电子排布式为，氧原子核外电子排布式为，C和O电子层数相同，核电荷数C＜O，原子半径C＞O，原子核对最外层电子的吸引作用C＜O，所以基态C失去一个电子转化为气态正离子所需要的能量C<O，故第一电离能C<O （4）C （5）B （6）C （7）D （8）中N原子的电负性小于中O原子的电负性，电负性越大吸电子性越强不易提供孤电子对，故较易配位 （9）气体吸附与分离 【解析】（1）Zn的原子序数为30，在周期表中的位置为第四周期IIB族，故选C。 （2）基态氧原子核外电子数等于核内质子数为8，核外电子排布式为 （3）同周期元素第一电离能从左向右逐渐增大，故碳原子和氧原子中第一电离能较大的是O。 碳原子核外电子排布式为，氧原子核外电子排布式为，C和O电子层数相同，核电荷数C＜O，原子半径C＞O，原子核对最外层电子的吸引作用C＜O，所以基态C失去一个电子转化为气态正离子所需要的能量C<O，故第一电离能C<O。 （4）A．红外光谱法用于测定有机物的官能团，A不符合题意； B．质谱法可用于测定物质的相对分子质量，不能获得晶体结构，B不符合题意； C．X射线衍射法用于测定晶体结构，C符合题意； D．紫外可见光光谱法可用于定性鉴定和定量分析，不能获得晶体结构，D不符合题意； 故选C。 （5）根据晶体电中性原则，MOF-5的化学式为，其中与的个数比为1:3。因此，每个重复的化学式单元中含有3个。故选B。 （6）298 K、100 kPa下，MOF-5可吸附自身体积数百倍，吸附后气体分子数减小，故。MOF-5对的吸附过程中能在常温下自发进行，故。故选C。 （7）根据有机配体知，含有两个或两个以上的可以作为有机配体用于构成金属有机框架故CD均可构成金属有机框架。同时需要增大框架孔径的是位于对位的D。 （8）中N原子的电负性小于中O原子的电负性，电负性越大吸电子性越强不易提供孤电子对，故较易配位。 （9）根据金属有机框架的结构具有多孔结构，比表面积大孔径可调，故可用于气体吸附与分离。 5．（2026·上海市嘉定区·一模）“丹青”是绘画艺术的代称，先秦《管子·小称》有言“丹青在山，民知而取之”，已指出其为天然的矿石颜料。“丹”指丹砂，主要成分为HgS；“青”指石青，主要成分为。 （1）已知Hg元素的信息如图，则Hg在元素周期表中的位置为___________。 A．第5周期、第12族 B．第5周期、第IIB族 C．第6周期、第12族 D．第6周期、第IIA族 已知：第二电离能是元素的+1价的气态正离子(基态)失去一个电子形成+2价的气态正离子(基态)所需的最低能量。 第一电离能 第二电离能 Cu Fe （2）分析Cu的第二电离能大于Fe的主要原因 。 （3）天然HgS主要有两种形态，其中为红色，结构为三方系；为黑色，结构为立方系，用现代技术研究两者结构差异，可以用___________。 A．原子吸收光谱 B．红外光谱 C．核磁共振氢谱 D．晶体X射线衍射 Cu3(CO3)2(OH)2的晶胞结构如下图： （4）已知 Cu3(CO3)2(OH)2晶胞中含4个H原子，对Cu2+所处位置判断错误的是___________。 A．顶点 B．棱上 C．面心 D．体内 石青受热分解产生，将CuO投入的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为约为9.5，得到溶液。 （5）比较石青分解得到的三种产物的熔点高低，并分析原因 。 （6）CuO被“氨浸”的离子方程式为 。 （7）[Cu(NH3)4]2+结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu(NH3)4]2+的空间结构为 。 （8）已知中任意两个的夹角为，则中任意两个的夹角 。 A．大于    B．小于    C．等于 石青的“孪生兄弟”孔雀石与在一定条件下生成一种配位化合物，其负离子的结构为： (9)该配合物中心离子的配位数为 ：根据价层电子对互斥理论，可知中C的价层电子对数为 。 【答案】（1）C （2）Cu的第二电离能是失去3d10轨道上电子，Fe的第二电离能是失去4s1轨道上的电子，前者比后者难，故Cu的第二电离能＞Fe的第二电离能 （3）D （4）B （5）CuO是离子晶体，熔点最高，H2O、CO2为分子晶体，由于H2O分子间存在氢键，导致熔点高于CO2，熔点CuO＞H2O＞CO2 （6）CuO+2NH3+2=[Cu(NH3)4]2++H2O （7）平面正方形 （8）A (9) 4 3 【解析】（1）由题干Hg元素的信息图，其价电子排布式为5d106s2，根据最高能层序数等于其周期序数，则Hg在元素周期表中的位置为第6周期、第12族，故答案为：C； （2）Cu的价电子排布式为：3d104s1，Fe的价电子排布为3d64s2，失去1个电子后，Cu+的价电子排布式为：3d10，Fe+的价电子排布为3d64s1，失去3d轨道上电子比失去4s轨道上的电子难，故Cu的第二电离能＞Fe的第二电离能，故答案为：Cu的第二电离能是失去3d10轨道上电子，Fe的第二电离能是失去4s1轨道上的电子，前者比后者难，故Cu的第二电离能＞Fe的第二电离能； （3）A．原子吸收光谱用于鉴别元素，两种晶胞所含元素种类完全相同，不能区分，A不合题意； B．红外光谱红外光谱主要用于鉴定化学键和官能团，两种晶胞所含化学键类型相同，不能区分，B不合题意； C．核磁共振氢谱用于检测物质含有不同环境H原子的种类和数目比值，两种晶体中均不含H，不能区分，C不合题意； D．晶体X射线衍射是研究晶体结构的权威方法，两种晶体结构不同，能够区分，D符合题意； 故答案为：D； （4）由题干信息可知，晶胞中含4个H原子，即H位于晶胞体内，结合已知化学式Cu3(CO3)2(OH)2，一个晶胞应该含有6个Cu2+，结合晶胞图示可知，Cu2+位于8个顶点=1个，上下面心上各1个，=1个，其余还有6-1-1=4，结合图中信息可知，这4个Cu2+应该都在体内的，即没有在棱上的，故答案为：B； （5）由题干信息可知，石青分解得到的三种产物即CuO、H2O、CO2，CuO是离子晶体，常温下固体，H2O、CO2为分子晶体，由于H2O分子间存在氢键，导致熔点高于CO2，常温下H2O为液体、CO2为气体，故答案为：CuO是离子晶体，熔点最高，H2O、CO2为分子晶体，由于H2O分子间存在氢键，导致熔点高于CO2，熔点CuO＞H2O＞CO2； （6）由题干信息可知，将CuO投入的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为约为9.5，得到溶液，则该反应的离子方程式为：CuO+2NH3+2=[Cu(NH3)4]2++H2O； （7）[Cu(NH3)4]2+结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu(NH3)4]2+的空间构型为平面正方形； （8）已知自由的NH3和[Cu(NH3)4]SO4中N均采用sp3杂化，但自由的NH3中N原子周围存在孤电子对，而[Cu(NH3)4]2+中N原子上的孤对电子用来与Cu²⁺形成配位键，成为成键电子对，该成键电子对对N-H键的排斥作用小于自由的NH3中孤对电子对N-H键的排斥作用，故N-H键的夹角大于107.3°，故答案为：A； （9）由题干配合物中心离子结构可知，Cu2+周围形成了4个配位键，该配合物中心离子的配位数为4，根据价层电子对互斥理论，可知中C的价层电子对数为3+=3，故答案为：4；3。 6．（2026·上海市静安区、闵行区、青浦区、金山区四区·一模）金属有机框架材料（MOFs）是由金属离子与有机配体通过配位键自组装形成的一类多孔材料，具有极大的比表面积和多活性位点，在气体储存、催化等领域有广泛应用。 （1）MOFs的结构被喻为“分子乐高”。下图是MOFs自组装形成周期性网状骨架的示意图，图中的“小方块”相当于金属离子，“连接杆”相当于 。 DMF（N,N-二甲基甲酰胺，结构为），可作制备MOFs的溶剂。 （2）组成DMF的元素中，气态基态原子第一电离能最大的是______。 A．H B．C C．N D．O （3）DMF中π键与σ键数目之比为 。 铜基MOFs材料——Cu-BTC的结构单元如下： （4）Cu2+的核外电子排布为______。 A．[Ar]3d9 B．[Ar]3d10 C．[Ar]3d84s1 D．[Ar]3d104s1 （5）形成Cu-BTC结构单元时，提供空轨道的是______。 A．① B．② C．③ D．④ Cu-BTC吸附氨气和氧气后，O2的氧氧键被拉长，使O2活化，从而能高效消除氨氮，若同时存在硝氮等污染物，会发生协同反应（参与反应的Cu-BTC以Cu2+表示）。 ①消除氨氮：2NH3+6Cu2+=N2+6Cu++6H+；O2+4Cu++4H+=4Cu2++2H2O ②消除硝氮： ③协同反应： （6）消除氨氮的总反应为 。 （7）配平下列离子方程式： 。 （8）根据上述信息，Cu-BTC在消除氨氮和硝氮中的作用有：吸附气体和 。 (9)从MOFs材料的结构特点分析，用该方法处理氨氮的效率高的原因有 、 。（列举2点） 【答案】（1）有机配体 （2）C （3）1:11 （4）A （5）C （6）4NH3+3O2 =2N2+6H2O （7）3+5NH3+3H+=4N2+9H2O （8）催化剂(或氧化还原媒介) (9) MOFs材料具有大的比表面积，能充分吸附氨氮和氧气，增大反应物接触面积 MOFs的多孔结构可提供丰富的活性位点，加快反应速率或Cu2+或Cu+的氧化还原循环能快速传递电子，促进O2活化和氨氮的氧化 【解析】（1）金属离子与有机配体通过配位键自组装形成金属有机框架材料(MOFs)，图中小方块为金属离子，与连接杆通过配位自组装形成周期性网状骨架，连接杆为有机配体，故答案为：有机配体。 （2）组成DMF的元素有H、C、N、O，氢元素的第一电离能比N、O小，而同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族元素第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能：N＞O＞H＞C，故答案为：C。 （3）DMF分子中，有7个C—H键、3个N—C键、1个C=O双键，单键为σ，双键含有1个σ键、1个π键，分子中π键与σ键数目之比为1：(7+3+1)=1:11，故答案为：1:11。 （4）Cu原子失去4s能级1个电子、3d能级1个电子形成Cu2+，Cu2+的核外电子排布为[Ar]3d9，故答案为：A。 （5）Cu2+含有空轨道，②号位置O含有孤电子对，形成Cu-BTC结构单元时，Cu2+提供空轨道，故答案为：C。 （6）反应①×2+反应②×3可得消除氨氮的总反应为：4NH3+3O2 =2N2+6H2O，故答案为：4NH3+3O2 =2N2+6H2O。 （7）采用化合价升降法配平：中N为+5价，生成N2(0价)，每个N得5e-；NH3中N为-3价，生成N2(0价)，每个N失3e-；最小公倍数为15，则配3、NH3配5，再根据原子守恒和电荷守恒配平其他物质：3+5NH3+3H+=4N2+9H2O，故答案为：3+5NH3+3H+=4N2+9H2O。 （8）从反应中可看出，Cu2+或Cu+在反应中循环转化，起到催化剂的作用；同时题目提到Cu-BTC是吸附剂，因此作用为：吸附气体和催化剂(或氧化还原媒介)，故答案为：催化剂(或氧化还原媒介)。 （9）MOFs(金属有机框架)的结构特点决定了处理效率高，原因可列举：MOFs材料具有大的比表面积，能充分吸附氨氮和氧气，增大反应物接触面积，从而加快反应速率；MOFs的多孔结构可提供丰富的活性位点，加快反应速率；Cu2+或Cu+的氧化还原循环能快速传递电子，促进O2活化和氨氮的氧化；故答案为：MOFs的多孔结构可提供丰富的活性位点，加快反应速率或Cu2+或Cu+的氧化还原循环能快速传递电子，促进O2活化和氨氮的氧化。 7．（2026·上海市静安区、闵行区、青浦区、金山区四区·一模）（可视作FeO·Fe2O3）俗称磁性氧化铁，可用于制造磁记录材料、电极材料。 （1）的上述应用，与其性质相关的是______。 A．磁性 B．高熔点 C．特殊的导电性 D．较高的密度 （2）在元素周期表中，Fe元素处于______区。 A．s B．p C．d D．f （3）核外有______种不同运动状态的电子。 A．14 B．23 C．24 D．26 已知FeO的晶胞类型与NaCl相似，其晶胞如下图所示。 （4）1 mol晶胞中含有的数目为 。 （5）与距离最近且相等的构成的空间结构是______。 A．平面四边形 B．正四面体 C．立方体 D．正八面体 纳米具有较高的理论比容量、高电导率等优点，可作为锂离子电池负极材料，具有广泛应用前景。 （6）关于纳米分散在水中构成的分散系，下列说法正确的是（多选）______。 A．属于溶液 B．纳米能透过半透膜 C．纳米颗粒具有吸附性 D．具有丁达尔现象 以纳米复合材料为负极的某锂离子电池工作示意图如下： 工作原理简写为： 电池工作时，Li+在两极间通过嵌入与脱嵌，实现能量的储存与释放，隔膜只允许Li+通过。 （7）充电时，阴极电极反应式为 。 （8）放电时，若外电路通过0.8 mol e-，正极质量 （填“增大”或“减小”） g。 【答案】（1）AC （2）C （3）C （4） （5）D （6）CD （7） （8） 增大 5.6 【解析】（1）利用的磁性和特殊的导电性，可用于制造磁记录、电极材料，故答案选AC； （2）在元素周期表中，Fe元素处于d区，故答案选C； （3）Fe元素的原子序数为26，核外电子数为26，每个电子的运动状态都不同，铁原子失去两个电子生成，故核外有24种不同运动状态的电子，答案选C； （4）由晶胞图可知，有12个位于晶胞的棱心，1个位于体心，故1个晶胞中含有的数目为，1 mol晶胞中含有的数目为； （5）以晶胞体心的为例，与之距离最近且相等的分别位于晶胞的6个面心，这6个构成的空间结构是正八面体，故答案选D； （6）A．溶液中分散质粒子直径小于1 nm，纳米分散在水中形成的分散系中粒子直径处于1-100 nm，属于胶体，不属于溶液，A错误； B．半透膜允许小分子、离子通过，胶体粒子不能透过半透膜，纳米形成的分散系为胶体，其粒子不能透过半透膜，B错误； C．纳米颗粒在分散系中作为胶体分散质，具有吸附性，C正确； D．丁达尔现象是胶体的特征性质，该分散系为胶体，具有丁达尔现象，D正确； 故答案选CD。 （7）由电极总反应式可知，充电时，阴极为得电子，发生还原反应生成Fe，通过隔膜从阳极向阴极移动，阴极电极反应式为：； （8）放电时，正极电极反应式为：，若外电路通过0.8 mol e-，正极质量增大。 8．（2026·闵行交大实验学校、交大附中嘉定分校、松江三校·联考）嫦娥六号探测器成功完成人类首次月球背面采样返回任务，其搭载的新型材料和推进系统蕴含丰富的化学知识。请从微观角度结合原子结构及核外电子排布相关知识回答下列问题。 （1）探测器返回器外壁的高温结构陶瓷含硅元素，硅常与氧元素结合形成二氧化硅(SiO2)。请写出硅原子的结构示意图 ；氧离子的电子式 。 （2）关于核外电子排布的说法中不正确的是_______。 A．第二层最多可容纳的电子数为8 B．次外层最多可容纳的电子数为18 C．最多可容纳2个电子的电子层一定是第一电子层 D．最多可容纳8个电子的电子层一定是第二电子层 （3）科学家通过核反应发现氚()。下列说法正确的是_______。 A．表示一个质子 B．该反应属于化学变化 C．与互为同位素 D．的原子结构示意图为 （4）在月壤样本中发现一种非金属元素R，其最外层电子数为n，其气态氢化物的核外电子总数为a，R的某种核素核内中子数为b，则该核素的符号是_______。 A． B． C． D． （5）已知在自然界中铱(Ir)有两种质量数分别为191和193的核素，而铱元素的近似相对原子质量为192.22，则这两种核素的原子个数比为 。 （6）X元素组成的三种气态单质都是双原子分子，它们的相对分子质量分别是32、34、36。现有这三种单质的混合气体，分子数之比为15:4:1，下列说法正确的是_______。 A．若该容器中的X2全部转化为同素异形体X3，则X3的分子有21种 B．质量数为16的核素的丰度为85% C．该元素的近似相对原子质量为17 D．该元素所含三种核素的原子数之比为15:4:1 【答案】（1） （2）D （3）C （4）D （5）39:61 （6）B 【解析】（1）硅为14号元素，原子的结构示意图；氧原子得到2个电子形成氧离子，氧离子的电子式； （2）A．由构造原理，第二层最多可容纳的电子数为8，正确； B．由构造原理，次外层最多可容纳的电子数为18，正确； C．每层最多容纳2n2个电子，最多可容纳2个电子的电子层一定是第一电子层，正确； D．最多可容纳8个电子的电子层不一定是第二电子层，也可能是最外层，错误； 故选D； （3）A．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；表示一个中子，错误；     B．该反应为核素种类的变化，不属于化学变化，错误； C．与质子数相同，中子数不同，互为同位素，正确； D．的原子结构示意图为，错误； 故选C； （4）非金属元素R，其最外层电子数为n，则其可以结合8-n个氢原子形成氢化物，其气态氢化物的核外电子总数为a，则R原子质子数、电子数为a-(8-n)=a+n-8，R的某种核素核内中子数为b，则质量数为a+b+n-8，该核素的符号是；故选D； （5）设两种核素的原子个数比为a：b，则，a：b=39:61； （6）X元素组成的三种气态单质都是双原子分子，它们的相对分子质量分别是32、34、36，则X存在的两种核素质量数分别为16、18，三种分子分别为、、； A．X存在的两种核素质量数分别为16、18，若该容器中的X2全部转化为同素异形体X3，根据排列组合，则X3的分子有2×2×2=8种，错误； B．质量数为16的核素的丰度为，正确； C．该元素的近似相对原子质量为，错误； D．该元素所含两种核素而非三种，错误； 故选B； 9．（2026·闵行交大实验学校、交大附中嘉定分校、松江三校·联考）实现“碳中和”目标的关键在于对二氧化碳(CO2)的捕集和资源化利用。科学家设想将CO2转化为有价值的化学品，如甲醇(CH3OH)。 （1）若ag的CO2中含有x个电子，据此计算NA的值为 。 （2）同温同压下，等质量的CO2和SO2，其密度之比为 。 某学习小组收集到11.2L的CO2气体。 （3）如果是在常温常压(25℃，101kPa)下收集，则这些CO2的物质的量 。 A．大于0.5mol　　　　B．等于0.5mol　　　C．小于0.5mol （4）如果是在标准状况下收集，则所含的CO2分子数约为 。 （5）用2.0mol·L-1的NaOH溶液完全吸收这些CO2 (标准状况下收集)，至少需要该NaOH溶液的体积为 mL。(已知反应为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O)写出计算过程。 实验室需要配制480mL0.5mol·L⁻¹的NaOH溶液用于模拟吸收CO2的实验。 （6）配制时，需用电子天平称量NaOH固体 g。 （7）配制过程中，不需要用到的仪器是_______。(不定项) A．烧杯 B．量筒 C．胶头滴管 D．漏斗 （8）若用质量分数为40%(密度为1.43g·mL-1)的NaOH溶液来配制，需取用该溶液 mL(结果保留1位小数)。 （9）下列操作会导致所配溶液浓度偏大的是_______。 A．称量的NaOH固体已部分潮解 B．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒 C．定容时俯视容量瓶刻度线 D．摇匀后液面下降，再加蒸馏水至刻度线 （10）利用反应CO2+3H2=CH3OH+H2O，可以将CO2转化为甲醇，将一定量的CO2和H2通入容器中进行反应，某时刻测得混合气体的平均摩尔质量为30g·mol-1，则此时容器中CO2和H2的物质的量之比为 (CH3OH和H2O始终为液态)。 【答案】（1） （2）11:16 （3）C （4）0.5NA （5）500 （6）10.000 （7）BD （8）17.5 （9）C （10）2:1 【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签； （1）1分子二氧化碳含22个电子，ag的CO2中含有x个电子，则，； （2）同温同压下，等质量的CO2和SO2，其密度之比等于其摩尔质量之比，为44:64=11:16； （3）常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2L的CO2气体的物质的量小于0.5mol；故选C； （4）在标准状况下收集，11.2L的CO2气体的物质的量为0.5mol，则所含的CO2分子数约为0.5NA； （5）已知反应为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，完全吸收这些CO2 (标准状况下收集)，至少需要0.5mol×2=1.0molNaOH，则需要该NaOH溶液的体积为； （6）电子天平精确度较高，配制480mL0.5mol·L-1的NaOH溶液，需要使用500mL的容量瓶，需用电子天平称量NaOH固体0.5L×0.5mol·L⁻¹×40g/mol=10.000g； （7）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；配制过程中，需要使用烧杯、胶头滴管，不需要用到的仪器是量筒、漏斗，故选BD； （8）由可知密度为143g/cm3质量分数为40%的浓氢氧化钠的物质的量浓度为mol/L=14.3mol/L，设需要浓氢氧化钠的体积为VmL，由稀释定律可知，稀释前后溶质的物质的量不变，则有V×10-3L×14.3mol/L=0.5L×0.5mol/L，解得V≈17.5mL； （9）A．称量的NaOH固体已部分潮解，导致氢氧化钠的量减小，得到溶液浓度偏低，故A不符合题意； B．转移溶液后未洗涤烧杯和玻璃棒直接定容，导致溶质部分损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故B不符合题意； C．在定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏大，故C符合题意； D．定容后把容量瓶倒转摇匀，发现液面低于刻度，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故D不符合题意； 故选C。 （10）设此时容器中CO2和H2的物质的量分别为a、b，则，a:b=2:1。 10．（2026·上海市松江区·一模）钴蓝(CoAl2O4)是使用最广也最为成熟的色料，青花瓷的命名很大程度上和“钴”料的使用有关。 （1）确定CoAl2O4晶体结构的方法是______。 A．X射线衍射 B．质谱 C．红外吸收光谱 D．核磁共振氢谱 （2）钴元素在元素周期表中的位置是______。 A．第4周期第VIIIB族 B．第4周期第9族 C．第5周期第VIII族 D．第5周期第9族 化合物X可作为某些含钴染料或颜料的合成原料，其化学式为[Co(NH3)6]Cl2 （3）基态Co2+中，______。(不定项) A．有7个未成对电子 B．有6个不同能级的电子 C．价电子运动状态有15种 D．核外电子空间运动状态有14种 （4）化合物X可合成 [Co(NH3)5Cl]Cl。 ① 0.5 mol [Co(NH3)5Cl]Cl与足量的AgNO3溶液发生反应，可生成沉淀 mol。 ② 0.5 mol [Co(NH3)5Cl]Cl中含有的共价键为 mol。 A．10.5        B．11        C．21        D．22 （5）已知X中H-N-H键角大于NH3中H-N-H键角，请解释其原因 。 （6）化合物X晶体的晶胞结构如图所示，离A最近的 [Co(NH3)6]2+个数为 。 A．6        B．8        C．10        D．12 NA是阿伏加德罗常数的值。已知该化合物X的摩尔质量为M g•mol–1，密度为ρ g•cm–3，则该晶胞的棱长为 nm。 利用X能络合NO的特性，再经多步反应将NO从废气中脱除，同时生成[Co(NH3)6]3+。工业上可用活性炭和水实现[Co(NH3)6]3+→[Co(NH3)6]2+，机理如下图所示。 （7）写出步骤(iii)的离子反应方程式 。 （8）结合上述机理，简述利用化合物X处理废气中NO的优缺点(优点、缺点各一条) 。 【答案】（1）A （2）B （3）BD （4）0.5 A （5）X和NH3中氮原子皆为sp3杂化，孤电子对分别为0和1，由于孤电子对和成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以X中H-N-H键角大于NH3中H-N-H键角 （6）D ×107 （7）4Co3++2H2O =4Co2++4H++O2↑ （8）优点：化合物X可循环利用；缺点：氨易挥发，造成原料浪费或污染环境(答案合理即可) 【解析】（1）利用X射线穿透晶体后衍射原理分析晶体结构，确定CoAl2O4晶体结构的方法是X射线衍射，选A； （2）钴是27号元素，其价电子排布式为3d74s2,在元素周期表中的位置是第4周期第9族，选B； （3）A．基态Co2+的电子排布式为［Ar］3d7，有3个未成对电子，故A错误； B．基态Co2+的核外有1s、2s、2p、3s、3p、3d共6个不同能级的电子，故B正确； C．基态Co2+价电子排布式为3d7，价电子运动状态有7种，故C错误； D．基态Co2+的电子排布式为［Ar］3d7，核外电子占用14个原子轨道，电子空间运动状态有14种，故D正确； 选BD。 （4）化合物X可合成 [Co(NH3)5Cl]Cl。 ①[Co(NH3)5Cl]Cl外界只有1个氯离子 ，0.5 mol [Co(NH3)5Cl]Cl能电离出0.5molCl-，与足量的AgNO3溶液发生反应，可生成氯化银沉淀0.5mol。 ②[Co(NH3)5Cl]+中Co2+与配体NH3、Cl-通过共价键结合，NH3中N、H通过共价键结合， 0.5 mol [Co(NH3)5Cl]Cl中含有的共价键为0.5mol×(6+3×5)=10.5mol，选A。 （5）X和NH3中氮原子皆为sp3杂化，孤电子对分别为0和1，由于孤电子对和成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以X中H-N-H键角大于NH3中H-N-H键角。 （6）根据化合物X的晶胞结构图， [Co(NH3)6]2+在晶胞中构成面心立方堆积，其配位数为12离A最近的  [Co(NH3)6]2+个数为12，选D。 根据图示，晶胞中Cl-数为8， [Co(NH3)6]2+在晶胞中构成面心立方堆积，根据均摊原则，[Co(NH3)6]2+数为，该化合物X的摩尔质量为M g•mol–1，密度为ρ g•cm–3，设晶胞棱长为a nm，,则该晶胞的棱长为×107nm。 （7）步骤(iii)中Co3+把水氧化为氧气，Co3+被还原为Co2+，反应的离子反应方程式4Co3++2H2O =4Co2++4H++O2↑。 （8）根据图示，利用化合物X处理废气中NO的优点是化合物X可循环利用；缺点是氨易挥发，造成原料浪费或污染环境。 11．（2026·上海市徐汇区·一模）双缩脲试剂由试剂A和试剂B组成，常用于快速检测蛋白质。向试样中加入过量的双缩脲试剂A(溶液)，振荡，再加入滴双缩脲试剂B(和酒石酸钾钠混合液)，振荡，若溶液变成紫色，说明试样中含有蛋白质。 （1）蛋白质中一定含有碳、氢、氧、氮元素，也可能含有硫、磷等元素。下列元素中第一电离能最大的是___________。 A．C B．N C．O D．S （2）基态的价电子排布式 。 （3）检验酒石酸钾钠中的钠元素可以使用___________进行仪器分析。 A．原子光谱 B．红外光谱 C．质谱 D．X射线衍射 （4）酒石酸根离子()中含有 个不对称碳原子。 （5）试样在检测过程中，若出现蓝色沉淀。可能的原因是 。 （6）双缩脲试剂B中可能存在多种配合物，其中的配体种类有 种；检验该配合物外界的方法 。 （7）酿酒过程中，监测不同温度下淀粉进行48 h糖化发酵后总糖含量(麦芽糖、葡萄糖的质量分数总和)的变化如图1；淀粉糖化发酵过程的总糖含量随时间变化如图2. 时，淀粉糖化发酵36 h后总糖含量缓慢降低，结合反应从速率角度分析可能的原因 。 【答案】（1）B （2）3d9 （3）A （4）2 （5）双缩脲试剂A中溶液和双缩脲试剂B中溶液反应生成蓝色沉淀 （6）2 先加足量稀盐酸酸化，再加溶液，生成白色沉淀，证明存在 （7）葡萄糖转化为乙醇的反应速率大于淀粉水解为麦芽糖和葡萄糖的反应速率 【解析】（1）一般来说，同周期主族元素，从左至右，随着原子序数的递增，第一电离能增大，氮元素2p能级电子排布半满，比较稳定，第一电离能大于相邻的元素，所以碳、氧、氮第一电离能大小关系为C<O<N；同主族元素，从上向下，随着原子序数的递增，第一电离能依次减小，氧和硫同主族，硫的原子序数大于氧，所以氧的第一电离能大于硫。所以四种元素第一电离能最大的是N元素，故答案选B； （2）基态的价电子排布式为，成为阳离子时先失去外层电子，所以基态价电子排布式为； （3）A．不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，可以用原子光谱检验酒石酸钾钠中的钠元素，A正确； B．红外光谱用于分析分子中所含有的化学键或官能团的信息，不能检验元素，B错误； C．质谱是用于测定相对分子质量，不能检验元素，C错误； D．X射线衍射可以用于判断晶体与非晶体，测定分子空间结构，不能检验元素，D错误； 故答案选A； （4） 酒石酸根离子()中含有2个不对称碳原子，如图； （5）出现蓝色沉淀的原因可能是：双缩脲试剂A中溶液和双缩脲试剂B中溶液反应生成蓝色沉淀； （6）中配体有和两种；的外界是，检验的方法是先加足量稀盐酸酸化，再加溶液，生成白色沉淀，证明存在； （7）酿酒过程包括淀粉水解为麦芽糖，麦芽糖继续水解为葡萄糖，最后葡萄糖再转化为乙醇。时，淀粉糖化发酵36 h后总糖含量缓慢降低，从速率角度分析可能是葡萄糖转化为乙醇的反应速率大于淀粉水解为麦芽糖和葡萄糖的反应速率。 12．（2026·上海市徐汇区·一模）相较于镍镉电池，镍氢电池不仅提高了充放电的容量，还避免了重金属镉对环境的污染。 （1）根据镉的相关信息，下列说法正确的是___________。 A．基态原子有10种能量不同的电子 B．最外层电子数为12 C．在元素周期表中的位置为第5周期ⅡA族 D．N能层无空轨道 镍氢电池充放电容量的提高，得益于共使用了储氢合金。镍氢电池储氢合金()的储氢能力为，储氢能力(g/L)=，，。 （2）该储氢合金完全储氢后，若氢完全放电，转移电子的数为 个。 （3）该储氢合金完全储氢后的化学式为 。 随着技术的不断进步，高性能的镍氢、锂离子电池等被广泛应用到便携式电子设备及电动汽车领域。已知：能量密度。 参数 镍氢电池 锂离子电池 平均工作电压(V) 1.2 3.7 额定容量(Ah) 2.0 62.5 总质量(kg) 0.030 0.964 （4）根据表中信息，计算镍氢电池与锂离子电池的能量密度之比 。 （5）碳酸乙烯酯()是锂离子电池的常见电解液之一，下列有关碳酸乙烯酯的说法正确的是___________。 A．分子中含有9根σ键 B．分子中氧原子的价层电子对数均为2 C．分子具有极性 D．分子中所有原子均在同一平面 【答案】（1）A （2） （3） （4）1:3 （5）C 【解析】（1）A．基态镉原子的核外电子排布式为：，共有10个能级，则基态镉原子有10种能量不同的电子，A正确； B．镉的最外层是轨道电子，最外层电子数为2，B错误； C．镉位于第5周期ⅡB族，C错误； D．N能层有4s、4p、4d、4f能级，镉原子的4f能级未被填充，有空轨道，D错误； 故答案选A； （2）由题干信息可知，的储氢能力为113.8 g/L，则 储氢的质量=储氢能力×储氢材料的有效体积=，氢的物质的量。每个氢原子可以失去1个电子，若合金储存的氢完全放电，转移电子的数目； （3）由题干信息可知，，。 的质量，其物质的量。由第（2）问分析可知， 可储氢0.1138 mol，H与的比例为，则该储氢合金完全储氢的化学式为； （4）由题干信息可知，能量密度，其中电池输出电能=平均工作电压×额定容量，综合以上信息和表格数据可计算镍氢电池能量密度，锂离子电池能量密度，则二者能量密度之比为1:3； （5）A．分子中包含5根，1根，4根，共10根键，A错误； B．根据VSEPR理论，羰基中的O的价层电子对数=成键电子对数+孤电子对数=1+2=3，醚键中的O的价层电子对数=成键电子对数+孤电子对数=2+2=4，B错误； C．O具有强电负性，使该分子中正负电荷中心不重合，因此，该分子是极性分子，C正确； D．分子中的饱和C原子以方式杂化，与饱和C原子连接的H原子与环不共平面，D错误； 故答案选C。 13．（2026·上海市长宁区·一模）高氯酸氟是一种极不稳定、容易爆炸的气体，具有强氧化性，在医药、农药、材料科学等领域具有重要应用。其分子式为FClO4，结构式为：F、Cl、O元素单质及其化合物性质丰富多样，应用广泛。 （1）下列实验现象与结论都正确的是_______。 实验操作 现象 结论 A 向紫色石蕊溶液中滴加氯水 溶液先变红后褪色 氯水只含H+，不含HClO B 将Cl2通入品红溶液中，再加热 溶液褪色，加热后恢复 HClO的漂白作用具有可逆性 C 向AgNO3溶液中通入Cl2 产生白色沉淀 Cl2能电离出Cl- D 向FeCl2溶液中通入Cl2 溶液变为棕黄色 Cl2具有氧化性 （2）已知一氯乙烯()分子中，Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大键()。一氯乙烷()、一氯乙烯()、一氯乙炔()分子中，C-Cl键长的顺序是 ，理由：(i)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强；(ii)Cl参与形成的 越 ，形成的C-Cl键的键长越短。 （3）卤化物受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为 。解释X的熔点比Y高的原因 。 （4）属于氟原子激发态的电子排布式的是_______。(不定项) A． B． C． D． （5）25℃时，甲酸(HCOOH)的，氢氟酸(HF)的。 ①写出氢氟酸的电离平衡常数表达式： 。 ②Ka越大的酸溶液中c(H+) (填“一定”或“不一定”)大，其理由为： 。 （6）猜想下列关于FClO4的说法错误的是_______。 A．分子中氯元素显+7价 B．分子的空间构型是正四面体 C．制备 FClO4时产物需在低温下处理 D．能氧化碘离子 （7）已知，，常温下该反应不能自发进行的主要原因是_______。 A．熵减太小 B．活化能过高 C．焓增过大 D．平衡常数K＜1 【答案】（1）D （2）一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔 大π键 多 （3）CsCl CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体 （4）BD （5）Ka(HF)= 不一定 酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关 （6）B （7）C 【解析】（1）A．已知Cl2+H2OH++Cl-+HClO，则向紫色石蕊溶液中滴加氯水，观察到溶液先变红后褪色的现象，说明氯水中含有H+和具有强氧化性的HClO，A不合题意； B．氯水的漂白性是由于HClO的强氧化性，氧化性漂白不具有可逆性，即将Cl2通入品红溶液中，再加热，溶液褪色，但加热后不恢复，HClO的漂白性不具有可逆性，即现象和结论均不正确，B不合题意； C．向AgNO3溶液中通入Cl2，产生白色沉淀是由于Cl2与水反应的产物HCl电离出Cl-，而不是Cl2本身电离出Cl-，结论不正确，C不合题意； D．已知Cl2具有强氧化性，能够将Fe2+氧化为Fe3+，向FeCl2溶液中通入Cl2，可观察到溶液由浅绿色变为棕黄色，验证Cl2具有氧化性，D符合题意； 故答案为：D； （2）C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键(Π)，一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大π键(Π)，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔，故答案为：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔；大π键；多； （3）CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变即Cs为+1价、I为+1价、Cl为-1价，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高，故答案为：CsCl；CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体； （4）已知F为9号元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p5，据此解题： A．核外有10个电子，是Ne激发态电子排布式，A不合题意； B．核外有9个电子，其中2p上的一个电子激发到3s上，是激发态F原子的电子排布式，B符合题意； C．该电子排布式核外电子总数为8，不属于氟原子，C不合题意； D．核外有9个电子，其中2p上的2个电子激发到3p上，是激发态F原子的电子排布式，D符合题意； 故答案为：BD； （5）25℃时，甲酸(HCOOH)的，氢氟酸(HF)的。 ①已知HF的电离方程式为：HFH++F-，则氢氟酸的电离平衡常数表达式为：Ka(HF)=； ②酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关，即Ka越大的酸溶液中c(H+)不一定大，故答案为：不一定；酸中c(H+)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关； （6）A．由题干FClO4的结构式可知，FClO4可看作高氯酸(HClO4)中的H被F取代的产物，Cl元素与在高氯酸中一样，均显+7价，A正确； B．由题干FClO4的结构式可知，中心Cl原子形成4个共价键，价层电子对数为4，其空间构型为四面体，由于连接的基团不完全相同，故不是正四面体，B错误； C．由题干信息可知，高氯酸氟是一种极不稳定、容易爆炸的气体，故制备 FClO4时产物需在低温下处理，防止高温下发生分解，甚至发生爆炸，C正确； D．由题干信息可知，高氯酸氟具有强氧化性，故能氧化碘离子，D正确； 故答案为：B； （7）已知，是一个焓增熵增的反应，根据自由能变＜0时反应能够自发进行，据此解题： A．熵减太小：反应是熵增，不是熵减，A不合题意； B．活化能影响反应速率，不影响反应的自发趋势(自发与否是热力学问题，活化能是动力学问题)，B不合题意； C．焓增过大即H > 0，是导致常温下G > 0的主要原因，即是常温下该反应不能自发进行的主要原因，C符合题意； D．平衡常数反映反应进行的程度，平衡常数K<1不能说明反应的自发性，D不合题意； 故答案为：C。 14．（2026·上海市浦东新区·一模）铂(Pt)是一种地壳含量稀少但有重要应用的金属。它能形成多种用途广泛的化合物。 （1）在人类探索原子结构的历程中，形成了不少关于物质构成的理论，下列模型最能反映原子核外电子运动状态的是___________。 A．葡萄干面包模型 B．有核模型 C．玻尔原子结构模型 D．电子云模型 （2）根据如图，推测Pt元素在周期表中的位置为___________。 A．第6周期第1族 B．第6周期第10族 C．第5周期第9族 D．第5周期第10族 （3）顺铂是一种常用的配合物，平面结构如下图，中心离子为，下列有关顺铂说法正确的是___________。 A．为非极性分子 B．中心离子采取杂化 C．配体为和 D．成键电子对数目为 已知胸苷是一种一元有机弱酸，可简写为TH，胸苷与顺铂的配体交换反应，可以得到在医学上有重要作用的。 向溶液中加酸酸化的过程中，会发生如下转化。 已知，如图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种特征信号峰分别代表三种含T微粒，峰面积越大，代表该含T微粒浓度越高。甲、乙、丙表示3份pH不同的溶液。 （4）“步骤1”的离子方程式为 。 （5）信号峰Ⅱ代表的微粒是 。 A．TH     B．     C． （6）能说明溶液中酸化反应达到平衡的是___________。(不定项) A．出现3个特征信号峰 B．特征信号峰的总面积保持不变 C．三种特征信号峰的面积比为 D．特征信号峰的数量及各自面积保持不变 六氯合铂酸铵常用于铂的电镀和制备海棉铂，其晶体的立方晶胞结构下图所示。 （7）分析中键角大于氨分子中键角的原因 。 （8）要检测的结构，可采用的仪器分析技术为___________。 A．X射线衍射法 B．红外光谱法 C．质谱法 D．原子光谱法 (9)每一个周围与它距离最近且相等的有 个。 (10)已知六氯合铂酸铵摩尔质量为，晶胞密度为，晶胞的棱长为a cm。则阿伏加德罗常数的数值可以表示为 。(用含a、、M的代数式表示) 【答案】（1）D （2）B （3）C （4）[Pt(NH3)2T2]+H++H2O＝[Pt(NH3)2T(H2O)]++TH （5）C （6）D （7）NH和NH3中心原子N原子均为sp3杂化，NH分子中没有孤电子对，NH3分子中存在一对孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥力大于两个成键电子对之间的排斥力，故键角：NH>NH3； （8）A (9)4 (10) 【解析】（1）A．葡萄干面包模型说明原子是有结构的，打破了原子不可再分的论点，没有说明原子核外电子的运动状态，A错误； B．有核模型说明原子是由体积极微小、质量很集中的、带正电荷的原子核，以及在原子核周围空间做高速运动的带负电的电子构成的，没有说明核外电子的运动状态，B错误； C．玻尔原子结构模型对原子的结构描述更为深入，提出电子绕原子核分层运动，但未反映核外电子的概率分布，C错误； D．电子云模型通过概率密度描述核外电子的运动状态，最能反映原子核外电子运动实际情况，D正确； 答案选D。 （2）由Pt的电子排布“5d96s¹1”可知，电子层数为6，则位于第6周期；根据d区（除镧系和锕系元素外的第3~12族元素）元素原子的价电子排布为(n-1)d1~10ns1~2，Pt的价电子数为5d96s1，共10个价电子，可知Pt位于第10族，因此Pt在周期表中的位置为第6周期第10族； （3）A．由题给信息可知，顺铂为平面结构，其正负电荷中心未重合，是极性分子，A错误； B．若中心离子采用sp3杂化，则顺铂应为正四面体形，顺铂为平面结构，说明中心离子不是sp3杂化，B错误； C．配合物中，NH3和Cl-均为配体，与中心离子Pt2+结合；C正确； D．1个顺铂分子中存在4个配位键，1个配体NH3中也存在3个共价键，故1个顺铂分子中存在10个共价键，即成键电子对数目为10个，且题中未说明是“1mol顺铂分子”，D错误； 答案选C。 （4）分析[Pt(NH3)2T2]的酸化过程可知，随着H+的加入，H2O逐渐取代T-成为Pt2+的配体，直至变为[Pt(NH3)2(H2O)2]2+，因此，步骤1的离子方程式为：[Pt(NH3)2T2]+H++H2O＝[Pt(NH3)2T(H2O)]++TH； （5）由题给信息：峰面积越大，代表含T微粒浓度越高。图中pH=7.1，未酸化时，只有信号峰Ⅰ，且峰面积较大，可知信号峰Ⅰ代表[Pt(NH3)2T2]；随着pH逐渐变小，酸性增强，[Pt(NH3)2T2]逐渐酸化变为[Pt(NH3)2T(H2O)]+和TH，[Pt(NH3)2T(H2O)]+再度酸化变为[Pt(NH3)2(H2O)2]2+和TH，直至[Pt(NH3)2T2]完全转化，酸化过程中都产生了TH，TH的量大于[Pt(NH3)2T(H2O)]+，可知信号峰Ⅱ表示[Pt(NH3)2T(H2O)]+，信号峰Ⅲ表示TH； （6）A．出现3个特征信号峰，说明溶液中为乙溶液，不能说明反应达平衡状态，A错误； B．T总数不变，特征信号峰的总面积一直保持不变，不能作为平衡的标志，B错误； C．三种特征信号峰面积比为1:1:1，说明三种含T微粒的浓度相等，浓度相等，不能说明反应达到平衡，C错误； D．特征信号峰的数量及其面积保持不变，各组分的浓度不变，反应处于平衡状态，D正确； 答案选D。 （7）NH的价层电子对数为4，NH3的价层电子对数为3+=4，二者价层电子对数均为4，所以中心原子N原子均为sp3杂化，NH分子中没有孤电子对，NH3分子中存在一对孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥力大于两个成键电子对之间的排斥力，故键角：NH>NH3； （8）A．X射线衍射法可以测定键长、键角等分子结构信息，因此可以检测PtCl的结构，A正确； B．红外光谱可以测定PtCl的化学键和配体的环境信息，要检测PtCl的结构，还需结合其他技术，B错误； C．质谱法可用来快速、精确测定相对分子质量。不能检测PtCl的结构，C错误； D．原子光谱法可以测定元素种类，不能检测PtCl的结构，D错误； 答案选A； （9）NH位于晶胞的四面体空隙中，阴离子PtCl形成面心立方堆积，阳离子NH填充8个四面体空隙，每个四面体空隙中的NH周围最近且等距的PtCl有4个； （10）根据均摊法，可知晶胞中含有PtCl的个数为，含NH的个数为8个，则晶胞中含4个(NH4)2PtCl6单元，则其密度可表示为：，则。 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $