专题10 无机推断及性质综合题（抢分专练）（浙江专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题10无机推断及性质综合题 考情分析 考向预测 浙江选考化学第 17 题(无机综合)已从传统框图推断，转型为 “结构+无机流程+计算” 的融合大题，侧重物质结构、晶体计算、陌生物质转化、信息型方程式，是区分度极高的综合题。2025 年起(新高考)：17 题合并结构+无机，16 分，成为全卷最综合、难度最高的大题之一，题型为流程/转化、晶体、结构、计算、 方程式、 性质解释等，陌生度高、信息量大、计算密集、跨模块融合。核心考点： (1)结构-性质关联：从微观结构(化学键、杂化、晶胞)解释宏观性质(熔点、稳定性、酸碱性、氧化性)。 (2)陌生反应与方程式：基于信息迁移书写氧化还原、复分解或配位反应方程式，强调配平与条件规范。 (3)物质推断与转化：结合实验现象、数据与元素化合物知识，完成流程推断，考查逻辑推理与证据意识。 (3)原理综合应用：融合反应速率、平衡、电化学等原理，分析反应条件调控与产率/纯度控制。 2026年6月选考第 17 题无机综合将延续 “真实情境 +模块融合+素养导向” 的核心逻辑，继续保持结构+无机+计算融合模式，重点考查无机物质的结构-性质 - 应用关联与复杂转化分析。选取电池材料、矿物提取、稀土/过渡金属化合物等情境，热点包括晶胞缺陷/掺杂、多步骤定量计算、信息型氧化还原、陌生物质热解/水解等。冲刺备考关键策略： (1)回归教材本源：命题素材多源于教材正文插图与课后习题，需深挖教材中无机元素化合物的性质与转化细节。 (2)强化模型思维：建立 “结构→性质→用途” 的思维模型，熟练掌握常见无机物的转化网络与典型反应特征。 (3)聚焦情境迁移：关注工业生产、新材料、环保等真实情境，训练从复杂信息中提取关键要素、迁移应用知识的能力。 (4)规范答题表达：化学方程式需注明条件、配平准确；简答题需逻辑清晰、术语准确，避免口语化表述。 【典例】(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 。 一、核心得分框架 环节 核心目标 关键动作 得分要点 审题 锁定题眼与定量信息 圈画 “特征现象、特殊物质、反应条件、数据” 不漏隐含条件(如 “过量试剂”“酸性 / 碱性环境”) 推断 快速锁定未知物质 从 “特征现象 / 特殊反应 / 定量数据” 切入，顺推 + 逆推结合 用 “结构 - 位置 - 性质” 关系验证，避免矛盾 表达 化学用语零失误 方程式配平、符号规范、术语准确 条件不缺、沉淀 / 气体符号不漏、电荷守恒 验证 规避低级错误 用 “守恒(原子 / 电荷 / 电子)+ 题干信息” 双检 确保每一步都能对应题干，无逻辑漏洞 二、拿分关键动作 1．审题：精准抓取 “题眼” 特征现象题眼：使湿润红色石蕊试纸变蓝(NH₃)、遇淀粉变蓝(I₂)、红褐色沉淀(Fe (OH)₃)、无色刺激性气味气体(SO₂)。 特殊反应题眼：铝热反应、Fe³+ 与 SCN⁻显色、Cl₂与水反应、SO₂使品红褪色。 定量信息题眼：Ksp、电离常数、电子转移数、物质的量比例(直接用守恒法推导)。 陷阱预警：“过量试剂” 会改变产物(如 CO₂通入 NaOH，少量生成 Na₂CO₃，过量生成 NaHCO₃)；“透明溶液” 隐含无沉淀生成。 2．推断：用 “特征突破法” 锁定物质 第一步：找突破口 优先从 “最特殊” 的信息切入，比如特殊颜色、特殊气味、唯一反应(如 NH₃的碱性气体特征)，10 秒内确定 1-2 种核心物质。 第二步：顺推+逆推结合 以突破口为中心，顺推后续反应产物，逆推前序反应物，用 “物质转化关系图” 梳理，避免逻辑断层。 第三步：定量验证 用电子守恒、电荷守恒、原子守恒核对物质的量关系，比如复杂氧化还原反应，先标变价元素化合价，用电子转移数配平，再验证原子数是否守恒。 3．规范表达：化学用语是 “得分生命线” 方程式书写(必拿分) 氧化还原反应：先配平电子转移，再补原子守恒，最后加反应条件(如 “△”“催化剂”)、沉淀(↓)、气体(↑)符号。 离子方程式：分清 “拆/不拆”(强酸、强碱、可溶盐拆；沉淀、气体、弱电解质不拆)，确保电荷守恒(如 Fe 与 Fe³+反应：2Fe³++Fe=3Fe²+，电荷左边 + 6、右边 + 6)。 简答题表述(踩点得分) 按 “现象→原理→结论” 三段式，语言简洁准确，不写口语。比如解释 “Fe²+ 保存需加铁粉”：“防止 Fe²+被氧化为 Fe³+；2Fe³++Fe=3Fe²+；铁粉可还原氧化产物”。 术语无错字：如 “酯化”≠“脂化”，“坩埚”≠“坩锅”，“褪色”≠“退色”。 计算步骤(步骤分不丢) 写清 “已知→公式→代入→结果”，单位统一，关键步骤保留(如用 Ksp 计算 pH 时，先写 Ksp 表达式，再代入浓度计算)。 4． 验证：用 “双守恒” 规避低级错误 原子守恒：反应前后各元素原子总数相等(如配平后，左边 Na 原子数 = 右边 Na 原子数)。 电荷守恒：离子方程式中，左边总电荷 = 右边总电荷(如 2Al+2OH⁻+2H₂O=2AlO2-+3H₂↑，左边总电荷 - 2，右边总电荷-2)。 题干匹配：每一步推导都要对应题干信息，若某小题未用到题干某条件，说明推断有误(比如题干给了 Ksp，某问没用到，需重新推导浓度关系)。 三、高频失分点与避坑 (1)反应条件遗漏：如 “高温”“催化剂”“光照”，漏写扣 1-2 分。 (2)离子方程式拆写错误：如 CaCO₃与盐酸反应，CaCO₃不拆，写成 CaCO₃+2H⁺=Ca²++CO₂↑+H₂O，错误写法会全扣。 (3)现象描述不完整：如 Fe (OH)₂被氧化，漏写 “灰绿色变为红褐色”，扣 1 分。 (4)定量计算忽略单位：如物质的量单位用 “mol” 却写成 “g”，结果错误且步骤分丢失。 (5)忽略 “过量试剂” 影响：如 NaOH 与 AlCl₃反应，少量 NaOH 生成 Al (OH)₃沉淀，过量生成 NaAlO₂，产物判断错误全扣。 1．(2024·浙江省县域教研联盟高三选考模拟)黄铜矿的主要成份为CuFeS2，现有如下转化关系制备有关物质。 已知：沉淀D的摩尔质量为。请回答： (1)尾气中SO2经过充分综合利用可以得到石膏，请写出石膏的化学式： 。 (2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，干燥的气体与氯气在活性炭催化下可生成一种用于有机合成的常见物质A，该物质水解时发生非氧化还原反应得到两种强酸。 ①写出物质A分子的结构式： 。 ②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是 。 (3)生成沉淀D的离子反应方程式 。 (4)请设计实验检验溶液C中的阳离子 。 2．(2024·浙江省杭州高级中学高三选考模拟)工业上以SO2为原料制备化合物A和B，且SO2尾气可以使用氨水吸收 (1)写出在空气中发生反应②的化学方程式 。 (2)已知物质A比硫酸的熔点更高，原因是 。 (3)下列说法正确的是_____。 A．(NH4)2SO4俗称为肥田粉，是良好的氮肥 B．物质A的水溶液呈中性 C．物质A中N显示负价 D．物质B和NH3反应可以生成A (4)设计实验验证化合物B中含有Cl元素 (已知Ag2SO4微溶于水，不考虑Ag2SO4在浓酸中的溶解)；写出实验过程中涉及的第一个反应方程式 。 3．(2024·浙江省绍兴市第一中学高三首考模拟)工业上以NH3为原料按如下流程制取化合物A。 已知：水溶液中，ClO－可与反应生成Cl－ 请回答： (1)写出NH3催化氧化生成NO的化学方程式 。 (2)等物质的量的HNO3与ClF反应除生成A外，另一种产物为HF。 ①电子衍射研究表明，气态HF中存在环状六聚体(HF)6，而其他卤素的气态氢化物却不存在，气态HF中存在环状六聚体(HF)6的原因是 。 ②下列说法正确的是 。 A．尾气的主要成分是NO，可用NaOH溶液直接吸收    B．ClF中的Cl呈零价 C．化合物A具有强氧化性                          D．TiCl4与A反应能生成Ti(NO3)4 (3)①设计实验验证化合物A中含有Cl元素 。 ②写出实验过程中涉及的反应方程式 。 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 。 1．(2024·江浙高中(县中)发展共同体高三联考)碳酸二甲酯是一种环保性能优异、用途广泛的化工原料，可以通过下列流程制备： 已知：酰氯具有酯的性质。请回答： (1)写出NH3的电子式 。 (2)写出步骤Ⅲ的化学反应方程式 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．液氯和氯水工业上均可用铁槽车运送 B．CO(NH2)2属于铵盐，含氮量高，可作氮肥 C．碳酸二甲酯在酸性条件下水解产生的气体是非极性分子 D．CO与Fe可形成配合物Fe(CO)5，其中配位原子是O (4)碳酸二甲酯比碳酸一甲酯的沸点 (填“低”或“高”)，分析其原因 。 (5)设计实验方案检验COCl2中的氯元素 。 2．(2024·浙江省Z20名校联盟高三联考)高氯酸三碳酰肼合镍(GTN)的组成可表示为[Ni(CHZ3)( ClO4)2]，其中CHZ为碳酰肼(结构简式为：)。已知N2H4、NH2OH (羟胺)具有类似于NH3的碱性。 请回答： (1)请用方程式解释羟胺水溶液呈碱性 。工业上常用尿素和NaClO - NaOH溶液反应实现转化2得到N2H4和两种常见钠盐，反应的化学方程式为 。 (2)下列有关说法正确的是___________。 A．NH3、N2H4、COCl2均只含极性键 B．N2H4与过量硫酸溶液反应形成酸式盐的化学式为N2H5HSO4 C．NH3、N2H4、NH2OH的碱性依次减弱 D．CO(OC2H5)2是一种无机酸酯，转化3发生的是取代反应 (3)酸性强弱：() ()(填“>”“=”或“<”)，请从结构角度解释原因 。 (4)NH3与COCl2反应生成固体产物中除了尿素还有另外一种盐，设计实验证明该固体产物中的N元素 。 3．(2024·浙江省稽阳联谊学校高三联考)乙二酸(俗称草酸)是最简单的二元羧酸。下图流程表示其部分转化关系。[已知：] 请回答： (1)草酸是一种重要的还原剂，在分析化学上常被用作测定高锰酸钾溶液浓度的试剂。写出途径Ⅰ反应的离子方程式 。 (2)①X是具有六元环状结构的碳氧化合物，C、O原子均满足8电子结构。写出X的结构式 。 ②下列说法正确的是 。 A．X是一种酸性氧化物 B．由途径Ⅱ可知，草酸钙不溶于稀盐酸 C．乙二酸的酸性比乙酸强 D．乙二酸跟足量乙醇反应生成乙二酸乙二酯 ③乙二酸易溶于乙醇，难溶于苯和氯仿，原因是 。 (3)设计实验验证气态化合物X既有氧化性又有还原性 。 4．(2024·浙江省新阵地教育联盟、浙江十校高三联考)氯及其部分化合物相关转化如下. 请回答： (1)常温下，Cl2与NaOH溶液反应的离子方程式： . (2)下列有关流程中的物质的说法正确的是：_______________. A．工业上采用软锰矿(主要成分是MnO2)与浓盐酸混合加热制备Cl2 B．混合物A、B的物质的量之比为可为5：1 C．若C中的各原子最外层均达8电子稳定结构，C确定为S2Cl2 D．ClO2具有强氧化性，用作自来水的消毒剂 (3) NaClO4与浓硫酸反应可得HClO4()：NaClO4+H2SO4(浓)= NaHSO4+ HClO4，利用减压蒸馏分离HClO4，试解释高氯酸比硫酸易从体系中分离的原因(从结构角度分析)： ，HClO4在液态时为双聚体，请写出(HClO4)2的结构式： . (4)通过分析，M分子中只有一种化学环境的氢原子， Cl2与CH3CH2OH经过氧化反应、取代反应，两步生成M和D，写出总反应化学方程式： 。设计实验检验D： 。 5．(2024·浙江省瑞安中学高三首考适应性考试)芥子气的化学式为(ClCH2CH2)2S。可由乙烯通过两条途径制得(部分产物未写出)。 已知：乙烯与溴分子的加成反应机理，可用如下过程表示。 回答下列问题： (1)途径一是CH2=CH2与S2Cl2反应，反应物的物质的量之比为2∶1.写出化学方程式 。 (2)下列说法正确的是______。 A．S2Cl2是非极性分子 B．芥子气属于卤代烃，其核磁共振氢谱图上只有2个吸收峰 C．发生反应②时，乙烯中的碳碳双键使氯气分子中的共价键极性发生了变化 D．乙烯通入氯水中生成ClCH2CH2OH时，水溶液酸性增强 (3)给出H+的能力：CH3CH2OH ClCH2CH2OH (填“>”或“<”)，理由是 。 (4)已知碳硫单键在碱性条件下不易断裂，设计实验检验反应⑤生成的阴离子： 。写出反应⑤和检验涉及的离子方程式 。 6．(2024·浙江省金丽衢十二校高三联考模拟预测)工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)生产CuCl和蚀刻液重新生成的流程如下： 已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇。 请回答下列问题： (1)Y中所含溶质的化学式为 。 (2)下列说法正确的是 。 A．CuCl微溶于水、不溶于乙醇是因为水的极性比乙醇小 B．相同条件下，滤渣1和X分别与等浓度的盐酸反应，滤渣①的反应速率快 C．SO2分子的VSEPR模型为平面三角形 D．基态亚铜的价层电子排布式为3d10，故Cu2O与稀硫酸不反应 E．工业上对滤渣2用浓硫酸进行了处理，符合绿色化学的原则 (3)写出上述流程中生成CuCl的化学方程式 。 (4)浓硫酸是一种高沸点的酸，溶于水放出大量的热，请从物质结构与微粒之间作用力的角度解释上述硫酸的两点性质 。 (5)滤液1需要加过量Z，检验Z过量的方法是 。 7．(2024·浙江省强基联盟高三联考)某小组设计实验探究铜被碘氧化的产物及铜元素的价态。 已知：①I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I-I3-(红棕色)； ②铜元素被氧化可能存在的形式有 [Cu(NH3)4]2+(蓝色)、[CuI2]-(无色)； ③ [Cu(NH3)2]+(无色)，易被空气氧化。 请回答： (1)步骤Ⅰ中加入CCl4萃取分液的目的是 。 (2)用离子方程式表示步骤Ⅱ中发生的反应 。 (3)已知CuI为白色不溶于水的固体，向CuI中加入浓KI溶液，现象为 。 (4)向深蓝色溶液中滴加浓盐酸，溶液呈黄绿色，写出该转化能进行的可能原因 。 (已知： [Cu(NH3)4]2+稳定性远大于[CuCl4]2-(黄色)，[Cu(NH3)4]2+稳定指的是不易发生解离反应 [Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3) (5)CCl4层呈 色。如何设计实验将CCl4层中的碘元素分离得到碘单质，请补充完具体实验操作步骤：将CCl4层溶液转移入分液漏斗中，加入足量浓氢氧化钠溶液， 。请补充完实验操作中涉及的离子方程式：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O， 。 8．(2024·浙江省三校高三联考选考模拟)磷化氢(PH3)是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。 (1)工业制备PH3的流程如图所示。 (1) PH3的电子式为 。 (2)白磷和烧碱溶液反应的离子方程式为 。 (3)比较还原性：PH3 NH3 (填大于、小于或等于)，从结构角度解释原因： 。 (4)某学习小组制备磷化氢并探究其性质的装置如下图。下列说法错误的是______。 注：①磷化氢在空气中容易自燃；②Cu3P为灰黄色固体 A．通入N2的主要目的是将生成的PH3赶入后续装置中发生反应 B．使用饱和食盐水的目的是降低PH3产生的速率 C．装置②中产生了黑色沉淀，③中产生了灰黄色沉淀，体现了PH3的强还原性 D．③中反应的离子方程式为：24Cu2++11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+48H+ (5)氧硫化碳(COS)可替代磷化氢而被用作熏蒸剂，但遇水缓慢反应生成两种气体。请设计实验方案检验氧硫化碳与水反应生成的气体成分 。 9．(2026·浙江杭州二中高三三模)回答下列问题 (1)Ga与P形成的某化合物晶体的结构如图。 ①该化合物的化学式为___________，Ga旁边最近的Ga有___________个。 ②该化合物是优良的半导体材料，在晶体中掺杂不同种类的元素，可形成多电子的n型或缺电子的p型半导体，则S原子代替P，得到___________型半导体(填“n”或“p”)。 (2)磷与Cl2可得到PCl3和PCl5，磷和硫一起加热也可得到多种磷的硫化物，如P4S7。 ①PCl3能与金属Ni反应生成Ni(PCl3)4，而PCl5不能与金属Ni发生类似反应，请解释原因___________。 ②P4S7的结构如下所示： 。 该化合物在热水中完全反应生成气体M和两种含氧酸，请写出化学方程式___________，并设计实验检验气体M___________。 (3)作为锂电池中用到的电解质材料之一，Li-bfSi(阴离子bfSi-结构见下图A)深受关注。 ①C分子中，两个H-N-S键角均为117°，S-N-S键角为126°，N的原子轨道杂化类型为___________。 ②B溶于某溶剂发生自耦电离(2B A＋F)，阳离子F的结构式为___________。 ③B和D水溶液均呈酸性，相同温度下，Ka值大小关系：B___________D(填“>”或“<”)，其原因是___________。 10．(2026·浙江省杭州首考适应性考试)Ⅰ．2025年，诺贝尔化学奖授予了三位从事金属有机框架(MOF)研究的科学家。含Zn2+、Cu2+的MOF是其中最具代表性的材料之一。 (1)如图分子是MOF-5衍生材料中常见的配体。下列说法正确的是___________ A．第一电离能N>O>S B．Zn位于元素周期表的d区 C．Cu的基态原子价层电子轨道表示式 D．①号氮原子的孤电子对位于p轨道上 (2)一种代表性MOF材料的晶体结构及对角面分子结构如图所示 ①[Zn4O]6+中，Zn-O-Zn键角为___________；以L表示有机配体，该MOF材料的化学式为___________。 ②研究表明，该MOF材料可以通过配位作用高效吸附CO2，与MOF配位的原子是___________。 ③若将MOF的配体替换为L1，可得到结构相似的MOF材料，但稳定性大幅下降，稳定性下降的原因是___________。 Ⅱ．以锗石矿A(化学式为Cu2S·FeS·GeS)为原料，可以实现如下转化。 已知：物质E、F都是非极性分子且E难溶于浓盐酸。 (3)物质E的分子式为___________。 (4)A与足量的浓硝酸反应的离子反应方程式___________。 (5)下列说法正确的是___________。 A．气体B是形成酸雨的成分之一 B．沸点：E>F C．GeO2能与盐酸反应，推测其同族元素的氧化物均能与盐酸反应 D．过程Ⅱ中的操作Ⅰ为分液 (6)向溶液G中逐滴加入过量的氨水，请写出实验现象(有色沉淀产生不分先后)___________。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10无机推断及性质综合题 【典例】(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↑ 1．(1) CaSO4·2H2O (2) 硫酸能形成分子间氢键，SO2Cl2没有分子间氢键，所以SO2Cl2熔沸点较低 (3)2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O= 2CuCl↓+SO42-+4H+ (4)取少量溶液C于一支试管，加入石蕊试液(或pH试纸)溶液显红色(pH试纸变红)，则有H+，另取少量溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀则有Fe2+ 2．(1) 2(NH4)2SO3+O2=2(NH4)2SO4 (2)A是三氧化硫与等物质的量的氨气反应生成的氨基磺酸，类比氨基酸，其可以形成内盐，而硫酸分子间只有分子间作用力，因此，物质A比硫酸的熔点更高 (3)ACD (4) 取样，先加入足量的硝酸钡溶液，静置，向上层清液滴加硝酸溶液，生成白色沉淀，证明存在氯元素 H2SO4+Ba(NO3)2= BaSO4↓+2HNO3 3．(1)4NH3+5O24NO+6H2O (2) HF之间通过氢键缔合形成六聚体 CD (3)取适量ClNO3于试管中加入适量NaNO2溶液充分反应，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明A中存在Cl元素 ClNO3+NO2-+H2O＝Cl－+2H++2NO3-，Ag++Cl－＝AgCl↓ 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 1．(1) (2) CO(NH2)2+2CH3OH= CO(OCH3)2+2NH3 (3)C (4) 低 碳酸一甲酯能形成分子间氢键 (5)将COCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，先加足量稀硝酸，再加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，说明COCl2中含氯元素 2．1) NH2OH+H2ONH3OH++OH- CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=NaCl+N2H4+Na2CO3+H2O或CO(NH2)2+NaOH+NaClO=NaCl+N2H4+NaHCO3 (2)CD (3) > HClO4中非羟基氧的个数多于HClO3，HClO4中H-O键极性更强 (4)取少量固体样品于试管中，加入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若变蓝色，说明含有氮元素 3．(1)5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+Mn2++8H2O (2) ABC 根据“相似形溶”原理，乙二酸与乙醇都是极性分子，且都含有羟基，两者能形成氢键，故易溶；苯和氯仿是非极性或弱极性分子，乙二酸与苯和氯仿的分子间作用力弱，故难溶 (3)将X通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去或将X气体通入灼热的氧化铜，固体颜色由黑变红，证明X具有还原性；将燃着的镁条伸入X中，镁条继续燃烧，生成黑色和白色固体，证明X具有氧化性 4．(1) Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (2)BD (3) H2SO4分子间氢键比高氯酸多，分子间作用力较大，沸点高于HClO4 (4) 4Cl2+CH3CH2OH→Cl3CCHO+5HCl 气体D通入紫色石蕊试液，溶液变红，通入硝酸银，生成白色沉淀，则为HCl 5．(1) 2CH2=CH2+S2Cl2=(ClCH2CH2)2S+S (2)CD (3) < 氯原子是吸电子基，增大-OH的极性，ClCH2CH2OH易给出 (4)取少量反应后的溶液于试管中，加入稀硝酸至酸性，再加硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则有氯离子 ClCH2CH2)2S+2OH-=(HOCH2CH2)2S+2Cl- 6．(1) HCl (2)BC (3)CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4 (4)浓硫酸分子之间有氢键，故其沸点高；硫酸分子和水分子之间形成氢键，水合的时候放出大量的热 (5)取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量 7．(1)除去I2，防止干扰后续实验 (2)[CuI2]-+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I-、4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4 [Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O(或4[CuI2]-+O2+16NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+8I-+14H2O) (3)白色固体逐渐溶解，溶液为无色 (4)氢离子与氨分子结合成稳定的铵根离子，促使 [Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3解离平衡正向移动 (5)紫红色 充分振荡静置分液，取上层溶液于烧杯中，滴加足量浓盐酸，充分反应后过滤、洗涤、干燥可得单质碘 5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O 8．(1) (2) P4+3OH-+3H2O=3H2PO2-+PH3↑ (3)大于 N的原子半径比P大，N-H键键能比P-H大，不易断裂，还原性弱 (4)A (5)将生成的气体先通过足量的CuSO4溶液，产生黑色沉淀，说明气体中含有H2S，再通过澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明混合气体中有CO2 9．(1) GaP 12 n (2) PCl3中P具有孤对电子，能与Ni形成配位键 P4S7+13H2O=H3PO4+3H3PO3+7H2S将气体通入硫酸铜溶液，若产生黑色沉淀CuS，则证明为H2S或使用醋酸铅试纸，若变黑生成PbS，亦可确认 (3) sp2 > -F是吸电子基，会使N-H键的极性增强，电离出H+的能力增大，酸性更强，-CH2CH3是推电子基，会使N-H键的极性减弱，电离出H+的能力减弱，酸性较弱 10．(1)A (2) 109°28'；[Zn4O]L3 O -NO2的吸电子作用，使配体L12-上氧原子的电子云密度减小，配位能力减弱 (3)GeCl4 (4)Cu2S·FeS·GeS+29NO3-+30H+=2Cu2++Fe3++GeO2+3SO42-+29NO2+15H2O (5)ABD (6)开始无明显现象，后产生有色沉淀，沉淀部分溶解、溶液显深蓝色 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10无机推断及性质综合题 考情分析 考向预测 浙江选考化学第 17 题(无机综合)已从传统框图推断，转型为 “结构+无机流程+计算” 的融合大题，侧重物质结构、晶体计算、陌生物质转化、信息型方程式，是区分度极高的综合题。2025 年起(新高考)：17 题合并结构+无机，16 分，成为全卷最综合、难度最高的大题之一，题型为流程/转化、晶体、结构、计算、 方程式、 性质解释等，陌生度高、信息量大、计算密集、跨模块融合。核心考点： (1)结构-性质关联：从微观结构(化学键、杂化、晶胞)解释宏观性质(熔点、稳定性、酸碱性、氧化性)。 (2)陌生反应与方程式：基于信息迁移书写氧化还原、复分解或配位反应方程式，强调配平与条件规范。 (3)物质推断与转化：结合实验现象、数据与元素化合物知识，完成流程推断，考查逻辑推理与证据意识。 (3)原理综合应用：融合反应速率、平衡、电化学等原理，分析反应条件调控与产率/纯度控制。 2026年6月选考第 17 题无机综合将延续 “真实情境 +模块融合+素养导向” 的核心逻辑，继续保持结构+无机+计算融合模式，重点考查无机物质的结构-性质 - 应用关联与复杂转化分析。选取电池材料、矿物提取、稀土/过渡金属化合物等情境，热点包括晶胞缺陷/掺杂、多步骤定量计算、信息型氧化还原、陌生物质热解/水解等。冲刺备考关键策略： (1)回归教材本源：命题素材多源于教材正文插图与课后习题，需深挖教材中无机元素化合物的性质与转化细节。 (2)强化模型思维：建立 “结构→性质→用途” 的思维模型，熟练掌握常见无机物的转化网络与典型反应特征。 (3)聚焦情境迁移：关注工业生产、新材料、环保等真实情境，训练从复杂信息中提取关键要素、迁移应用知识的能力。 (4)规范答题表达：化学方程式需注明条件、配平准确；简答题需逻辑清晰、术语准确，避免口语化表述。 【典例】(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↑。 一、核心得分框架 环节 核心目标 关键动作 得分要点 审题 锁定题眼与定量信息 圈画 “特征现象、特殊物质、反应条件、数据” 不漏隐含条件(如 “过量试剂”“酸性 / 碱性环境”) 推断 快速锁定未知物质 从 “特征现象 / 特殊反应 / 定量数据” 切入，顺推 + 逆推结合 用 “结构 - 位置 - 性质” 关系验证，避免矛盾 表达 化学用语零失误 方程式配平、符号规范、术语准确 条件不缺、沉淀 / 气体符号不漏、电荷守恒 验证 规避低级错误 用 “守恒(原子 / 电荷 / 电子)+ 题干信息” 双检 确保每一步都能对应题干，无逻辑漏洞 二、拿分关键动作 1．审题：精准抓取 “题眼” 特征现象题眼：使湿润红色石蕊试纸变蓝(NH₃)、遇淀粉变蓝(I₂)、红褐色沉淀(Fe (OH)₃)、无色刺激性气味气体(SO₂)。 特殊反应题眼：铝热反应、Fe³+ 与 SCN⁻显色、Cl₂与水反应、SO₂使品红褪色。 定量信息题眼：Ksp、电离常数、电子转移数、物质的量比例(直接用守恒法推导)。 陷阱预警：“过量试剂” 会改变产物(如 CO₂通入 NaOH，少量生成 Na₂CO₃，过量生成 NaHCO₃)；“透明溶液” 隐含无沉淀生成。 2．推断：用 “特征突破法” 锁定物质 第一步：找突破口 优先从 “最特殊” 的信息切入，比如特殊颜色、特殊气味、唯一反应(如 NH₃的碱性气体特征)，10 秒内确定 1-2 种核心物质。 第二步：顺推+逆推结合 以突破口为中心，顺推后续反应产物，逆推前序反应物，用 “物质转化关系图” 梳理，避免逻辑断层。 第三步：定量验证 用电子守恒、电荷守恒、原子守恒核对物质的量关系，比如复杂氧化还原反应，先标变价元素化合价，用电子转移数配平，再验证原子数是否守恒。 3．规范表达：化学用语是 “得分生命线” 方程式书写(必拿分) 氧化还原反应：先配平电子转移，再补原子守恒，最后加反应条件(如 “△”“催化剂”)、沉淀(↓)、气体(↑)符号。 离子方程式：分清 “拆/不拆”(强酸、强碱、可溶盐拆；沉淀、气体、弱电解质不拆)，确保电荷守恒(如 Fe 与 Fe³+反应：2Fe³++Fe=3Fe²+，电荷左边 + 6、右边 + 6)。 简答题表述(踩点得分) 按 “现象→原理→结论” 三段式，语言简洁准确，不写口语。比如解释 “Fe²+ 保存需加铁粉”：“防止 Fe²+被氧化为 Fe³+；2Fe³++Fe=3Fe²+；铁粉可还原氧化产物”。 术语无错字：如 “酯化”≠“脂化”，“坩埚”≠“坩锅”，“褪色”≠“退色”。 计算步骤(步骤分不丢) 写清 “已知→公式→代入→结果”，单位统一，关键步骤保留(如用 Ksp 计算 pH 时，先写 Ksp 表达式，再代入浓度计算)。 4． 验证：用 “双守恒” 规避低级错误 原子守恒：反应前后各元素原子总数相等(如配平后，左边 Na 原子数 = 右边 Na 原子数)。 电荷守恒：离子方程式中，左边总电荷 = 右边总电荷(如 2Al+2OH⁻+2H₂O=2AlO2-+3H₂↑，左边总电荷 - 2，右边总电荷-2)。 题干匹配：每一步推导都要对应题干信息，若某小题未用到题干某条件，说明推断有误(比如题干给了 Ksp，某问没用到，需重新推导浓度关系)。 三、高频失分点与避坑 (1)反应条件遗漏：如 “高温”“催化剂”“光照”，漏写扣 1-2 分。 (2)离子方程式拆写错误：如 CaCO₃与盐酸反应，CaCO₃不拆，写成 CaCO₃+2H⁺=Ca²++CO₂↑+H₂O，错误写法会全扣。 (3)现象描述不完整：如 Fe (OH)₂被氧化，漏写 “灰绿色变为红褐色”，扣 1 分。 (4)定量计算忽略单位：如物质的量单位用 “mol” 却写成 “g”，结果错误且步骤分丢失。 (5)忽略 “过量试剂” 影响：如 NaOH 与 AlCl₃反应，少量 NaOH 生成 Al (OH)₃沉淀，过量生成 NaAlO₂，产物判断错误全扣。 1．(2024·浙江省县域教研联盟高三选考模拟)黄铜矿的主要成份为CuFeS2，现有如下转化关系制备有关物质。 已知：沉淀D的摩尔质量为。请回答： (1)尾气中SO2经过充分综合利用可以得到石膏，请写出石膏的化学式： 。 (2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，干燥的气体与氯气在活性炭催化下可生成一种用于有机合成的常见物质A，该物质水解时发生非氧化还原反应得到两种强酸。 ①写出物质A分子的结构式： 。 ②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是 。 (3)生成沉淀D的离子反应方程式 。 (4)请设计实验检验溶液C中的阳离子 。 【答案】(1) CaSO4·2H2O (2) 硫酸能形成分子间氢键，SO2Cl2没有分子间氢键，所以SO2Cl2熔沸点较低 (3)2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O= 2CuCl↓+SO42-+4H+ (4)取少量溶液C于一支试管，加入石蕊试液(或pH试纸)溶液显红色(pH试纸变红)，则有H+，另取少量溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀则有Fe2+ 【解析】黄铜矿(CuFeS2)与足量空气煅烧生成二氧化硫、氧化铁和氧化铜固体，固体加入盐酸反应生成氯化铁和氯化铜混合溶液，通入足量二氧化硫，发生氧化还原反应生成硫酸亚铁、硫酸和氯化亚铜沉淀，二氧化硫气体和氯气在活性炭催化作用下反应生成SO2Cl2。(1)石膏的化学式：CaSO4·2H2O；(2)①干燥的SO2气体与氯气在活性炭催化下可生成一种用于有机合成的常见物质A，则A为SO2Cl2，该物质(SO2Cl2)水解时发生非氧化还原反应得到两种强酸即硫酸和盐酸，则物质A分子为SO2Cl2，其结构式：；②一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是硫酸能形成分子间氢键，SO2Cl2没有分子间氢键，所以SO2Cl2熔沸点较低；(3)根据沉淀D的摩尔质量为，说明D为氯化亚铜，则是铜离子和二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根和亚铜离子，亚铜离子和氯离子反应生成CuCl，则生成沉淀D的离子反应方程式2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O= 2CuCl↓+SO42-+4H+。(4)根据前面分析，溶液C中含有氢离子和亚铁离子，检验氢离子常用紫色石蕊，检验亚铁离子常用K3[Fe(CN)6]溶液，因此实验检验溶液C中的阳离子方法是取少量溶液C于一支试管，加入石蕊试液(或pH试纸)溶液显红色(pH试纸变红)，则有H+，另取少量溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀则有Fe2+。 2．(2024·浙江省杭州高级中学高三选考模拟)工业上以SO2为原料制备化合物A和B，且SO2尾气可以使用氨水吸收 (1)写出在空气中发生反应②的化学方程式 。 (2)已知物质A比硫酸的熔点更高，原因是 。 (3)下列说法正确的是_____。 A．(NH4)2SO4俗称为肥田粉，是良好的氮肥 B．物质A的水溶液呈中性 C．物质A中N显示负价 D．物质B和NH3反应可以生成A (4)设计实验验证化合物B中含有Cl元素 (已知Ag2SO4微溶于水，不考虑Ag2SO4在浓酸中的溶解)；写出实验过程中涉及的第一个反应方程式 。 【答案】(1) 2(NH4)2SO3+O2=2(NH4)2SO4 (2)A是三氧化硫与等物质的量的氨气反应生成的氨基磺酸，类比氨基酸，其可以形成内盐，而硫酸分子间只有分子间作用力，因此，物质A比硫酸的熔点更高 (3)ACD (4) 取样，先加入足量的硝酸钡溶液，静置，向上层清液滴加硝酸溶液，生成白色沉淀，证明存在氯元素 H2SO4+Ba(NO3)2= BaSO4↓+2HNO3 【解析】二氧化硫被氨水吸收生成亚硫酸铵，亚硫酸铵可以被氧化剂氧化为硫酸铵；二氧化硫被氧气等氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质的量的氨气吸收生成A：硫酸氢铵；二氧化硫被等物质的量的氯气反应转化为B：SO2Cl2。(1)亚硫酸铵可以被空气中氧气为硫酸铵，反应为2(NH4)2SO3+O2=2(NH4)2SO4；(2)A是三氧化硫与等物质的量的氨气反应生成的氨基磺酸，类比氨基酸，其可以形成内盐，而硫酸分子间只有分子间作用力，因此，物质A比硫酸的熔点更高；(3)A项，(NH4)2SO4俗称为肥田粉，含有氮元素，是良好的氮肥，正确；B项，物质硫酸氢铵的水溶液中完全电离出氢离子、铵根离子、硫酸根离子，溶液显酸性，错误；C项，物质A硫酸氢铵中含有铵根离子，铵根离子中N显示负-3价，正确；D项，物质B SO2Cl2和水转化为硫酸，硫酸再和NH3反应可以生成A硫酸氢铵，正确；故选ACD；(4)氯离子和银离子生成氯化银白色沉淀，但是需要排除硫元素转化的硫酸根离子的干扰，故实验为：取样，先加入足量的硝酸钡溶液，静置，向上层清液滴加硝酸溶液，生成白色沉淀证明存在氯元素；实验过程中涉及的第一个反应方程式H2SO4+Ba(NO3)2= BaSO4↓+2HNO3。 3．(2024·浙江省绍兴市第一中学高三首考模拟)工业上以NH3为原料按如下流程制取化合物A。 已知：水溶液中，ClO－可与反应生成Cl－ 请回答： (1)写出NH3催化氧化生成NO的化学方程式 。 (2)等物质的量的HNO3与ClF反应除生成A外，另一种产物为HF。 ①电子衍射研究表明，气态HF中存在环状六聚体(HF)6，而其他卤素的气态氢化物却不存在，气态HF中存在环状六聚体(HF)6的原因是 。 ②下列说法正确的是 。 A．尾气的主要成分是NO，可用NaOH溶液直接吸收    B．ClF中的Cl呈零价 C．化合物A具有强氧化性                          D．TiCl4与A反应能生成Ti(NO3)4 (3)①设计实验验证化合物A中含有Cl元素 。 ②写出实验过程中涉及的反应方程式 。 【答案】(1)4NH3+5O24NO+6H2O (2) HF之间通过氢键缔合形成六聚体 CD (3)取适量ClNO3于试管中加入适量NaNO2溶液充分反应，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明A中存在Cl元素 ClNO3+NO2-+H2O＝Cl－+2H++2NO3-，Ag++Cl－＝AgCl↓ 【解析】该流程中，NH3催化氧化生成NO，NO发生氧化反应生成NO2，NO2在吸收塔中和水反应生成HNO3和NO尾气，HNO3和ClF反应生成ClNO3。(1)NH3催化氧化生成NO和水，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O。(2)①气态HF中存在环状六聚体(HF)6的原因是HF之间通过氢键缔合形成六聚体；②A项，尾气的主要成分是NO，NO不和NaOH溶液反应，不能用NaOH溶液直接吸收，故A错误；B项，ClF中的Fe为-1价，Cl为+1价，故B错误；C项，等物质的量的HNO3与ClF反应除生成A外，另一种产物为HF，由原子守恒可知A为ClNO3，A中Cl元素为+1价，具有强氧化性，故C正确；D项，TiCl4与ClNO3发生复分解反应生成Ti(NO3)4，故D正确；故选CD。(3)①ClNO3中Cl元素为+1价，需要转化为Cl-才能检验，由已知信息可以推知，ClNO3和NaNO2反应可以生成HCl、NaNO3、HNO3，验证化合物A中含有Cl元素的方法为：取适量ClNO3于试管中加入适量NaNO2溶液充分反应，再滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明A中存在Cl元素；②实验过程中涉及的反应方程式：ClNO3+ NO2-+H2O＝Cl－+2H++2NO3-，Ag++Cl－＝AgCl↓。 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。 1．(2024·江浙高中(县中)发展共同体高三联考)碳酸二甲酯是一种环保性能优异、用途广泛的化工原料，可以通过下列流程制备： 已知：酰氯具有酯的性质。请回答： (1)写出NH3的电子式 。 (2)写出步骤Ⅲ的化学反应方程式 。 (3)下列说法正确的是_______。 A．液氯和氯水工业上均可用铁槽车运送 B．CO(NH2)2属于铵盐，含氮量高，可作氮肥 C．碳酸二甲酯在酸性条件下水解产生的气体是非极性分子 D．CO与Fe可形成配合物Fe(CO)5，其中配位原子是O (4)碳酸二甲酯比碳酸一甲酯的沸点 (填“低”或“高”)，分析其原因 。 (5)设计实验方案检验COCl2中的氯元素 。 【答案】(1) (2) CO(NH2)2+2CH3OH= CO(OCH3)2+2NH3 (3)C (4) 低 碳酸一甲酯能形成分子间氢键 (5)将COCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，先加足量稀硝酸，再加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，说明COCl2中含氯元素 【解析】CO和氯气反应生成酰氯，酰氯和氨气发生取代反应生成尿素和氯化氢，尿素和乙醇反应生成碳酸二甲酯和氨气。(1)NH3是共价化合物，电子式为；(2)步骤Ⅲ是尿素和甲醇发生取代反应生成碳酸二甲酯和氨气，反应的化学反应方程式为CO(NH2)2+2CH3OH= CO(OCH3)2+2NH3；(3)A项，液氯可用铁槽车运送，氯水中含有盐酸，氯水不能用铁槽车运送，故A错误；B项，CO(NH2)2是有机物，不含铵根离子，不属于铵盐，故B错误；C项，碳酸二甲酯在酸性条件下水解产生的气体是二氧化碳，二氧化碳是非极性分子，故C正确；D项，CO与Fe可形成配合物Fe(CO)5，C的电负性小于O，所以配位原子是C，故D错误；故选C。(4)碳酸一甲酯含有O-H键，碳酸一甲酯能形成分子间氢键，所以碳酸二甲酯比碳酸一甲酯的沸点低。(5)将COCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，先加足量稀硝酸，再加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，说明COCl2中含氯元素。 2．(2024·浙江省Z20名校联盟高三联考)高氯酸三碳酰肼合镍(GTN)的组成可表示为[Ni(CHZ3)( ClO4)2]，其中CHZ为碳酰肼(结构简式为：)。已知N2H4、NH2OH (羟胺)具有类似于NH3的碱性。 请回答： (1)请用方程式解释羟胺水溶液呈碱性 。工业上常用尿素和NaClO - NaOH溶液反应实现转化2得到N2H4和两种常见钠盐，反应的化学方程式为 。 (2)下列有关说法正确的是___________。 A．NH3、N2H4、COCl2均只含极性键 B．N2H4与过量硫酸溶液反应形成酸式盐的化学式为N2H5HSO4 C．NH3、N2H4、NH2OH的碱性依次减弱 D．CO(OC2H5)2是一种无机酸酯，转化3发生的是取代反应 (3)酸性强弱：() ()(填“>”“=”或“<”)，请从结构角度解释原因 。 (4)NH3与COCl2反应生成固体产物中除了尿素还有另外一种盐，设计实验证明该固体产物中的N元素 。 【答案】(1) NH2OH+H2ONH3OH++OH- CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=NaCl+N2H4+Na2CO3+H2O或CO(NH2)2+NaOH+NaClO=NaCl+N2H4+NaHCO3 (2)CD (3) > HClO4中非羟基氧的个数多于HClO3，HClO4中H-O键极性更强 (4)取少量固体样品于试管中，加入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若变蓝色，说明含有氮元素 【解析】(1)羟胺有类似于NH3的碱性，会与水反应，方程式为NH2OH+H2ONH3OH++OH-；②根据元素守恒可得方程式为CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=NaCl+N2H4+Na2CO3+H2O或CO(NH2)2+NaOH+NaClO=NaCl+N2H4+NaHCO3；(2)A项，N2H4中存在N-N非极性键，A错误；B项，N2H4+H2SO4=N2H6SO4把肼看成氨的衍生物(NH2-NH2)每个N为sp3杂化，每个N都有一对孤对可以给H+配位。如果少量硫酸可以形成(N2H5)2SO4，B错误；C项，电负性H<N<O，所以N2H4和NH2OH可以看成NH3中的一个H被-NH2和-OH取代而得到的产物，由于电负性H<N<0，吸引电子能力H<N<0，因而NH3被取代后给电子能力减弱：NH3>N2H4>NH2OH，则碱性： NH3>N2H4>NH2OH，C正确；D项，根据物质之间的转化，是取代反应，且为无机酸酯，D正确； 故选CD。(3)酸性HClO4>HClO3，HClO4中非羟基氧的个数多于HClO3，HClO4中H−O键极性更强；(4)NH4+检验：取少量固体样品于试管中，加入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若变蓝色，说明含有氮元素。 3．(2024·浙江省稽阳联谊学校高三联考)乙二酸(俗称草酸)是最简单的二元羧酸。下图流程表示其部分转化关系。[已知：] 请回答： (1)草酸是一种重要的还原剂，在分析化学上常被用作测定高锰酸钾溶液浓度的试剂。写出途径Ⅰ反应的离子方程式 。 (2)①X是具有六元环状结构的碳氧化合物，C、O原子均满足8电子结构。写出X的结构式 。 ②下列说法正确的是 。 A．X是一种酸性氧化物 B．由途径Ⅱ可知，草酸钙不溶于稀盐酸 C．乙二酸的酸性比乙酸强 D．乙二酸跟足量乙醇反应生成乙二酸乙二酯 ③乙二酸易溶于乙醇，难溶于苯和氯仿，原因是 。 (3)设计实验验证气态化合物X既有氧化性又有还原性 。 【答案】(1)5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+Mn2++8H2O (2) ABC 根据“相似形溶”原理，乙二酸与乙醇都是极性分子，且都含有羟基，两者能形成氢键，故易溶；苯和氯仿是非极性或弱极性分子，乙二酸与苯和氯仿的分子间作用力弱，故难溶 (3)将X通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去或将X气体通入灼热的氧化铜，固体颜色由黑变红，证明X具有还原性；将燃着的镁条伸入X中，镁条继续燃烧，生成黑色和白色固体，证明X具有氧化性 【解析】(1)草酸是一种强还原剂，是二元弱酸，碳元素为+3价，氧化生成二氧化碳，高锰酸钾被草酸还原生成Mn2+，离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+Mn2++8H2O；(2)由题给信息可知，乙二酸加热脱水生成酸酐，该酸酐具有六元环状结构，应是2分子乙二酸发生脱水而成，结构式为：；A项，根据题意，C4O6与石灰水反应：C4O6+2Ca(OH)2=2CaC2O4↓+2H2O，所以X是酸性氧化物，A项正确；B项，由于乙二酸与氯化钙溶液反应：H2C2O4+CaCl2=CaC2O4↓+2HCl，可知草酸钙不溶于稀盐酸，B项正确；C项，羧基是吸电子基，使另一个羧基的酸性增强(羟基极性增强，羟基氢容易电离出来)，甲基是推电子基，使羧基的酸性减弱；所以乙二酸的酸性强于乙酸，，C项正确。D项，乙二酸跟2分子乙醇反应生成乙二酸二乙酯，乙二酸跟乙二醇反应生成乙二酸乙二酯。项D错误；故选ABC；根据“相似形溶”原理，乙二酸与乙醇都是极性分子，且都含有羟基，两者能形成氢键，故易溶；苯和氯仿是非极性或弱极性分子，乙二酸与苯和氯仿的分子间作用力弱，故难溶。(3)类比于CO还原性的检验：将X气体通入灼热的氧化铜，固体颜色由黑变红，证明X具有还原性；类比于CO2 氧化性的检验：将点燃的镁条伸入X中，镁条继续燃烧，生成黑色和白色固体，证明X具有氧化性。 4．(2024·浙江省新阵地教育联盟、浙江十校高三联考)氯及其部分化合物相关转化如下. 请回答： (1)常温下，Cl2与NaOH溶液反应的离子方程式： . (2)下列有关流程中的物质的说法正确的是：_______________. A．工业上采用软锰矿(主要成分是MnO2)与浓盐酸混合加热制备Cl2 B．混合物A、B的物质的量之比为可为5：1 C．若C中的各原子最外层均达8电子稳定结构，C确定为S2Cl2 D．ClO2具有强氧化性，用作自来水的消毒剂 (3) NaClO4与浓硫酸反应可得HClO4()：NaClO4+H2SO4(浓)= NaHSO4+ HClO4，利用减压蒸馏分离HClO4，试解释高氯酸比硫酸易从体系中分离的原因(从结构角度分析)： ，HClO4在液态时为双聚体，请写出(HClO4)2的结构式： . (4)通过分析，M分子中只有一种化学环境的氢原子， Cl2与CH3CH2OH经过氧化反应、取代反应，两步生成M和D，写出总反应化学方程式： 。设计实验检验D： 。 【答案】(1) Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (2)BD (3) H2SO4分子间氢键比高氯酸多，分子间作用力较大，沸点高于HClO4 (4) 4Cl2+CH3CH2OH→Cl3CCHO+5HCl 气体D通入紫色石蕊试液，溶液变红，通入硝酸银，生成白色沉淀，则为HCl 【解析】Cl2与硫黄在加热条件下可以生成SCl2或者S2Cl2，与乙醇发生氧化反应和取代反应，与氢氧化钠溶液加热生成氯酸钠和氯化钠，氯酸钠电解得到高氯酸钠，氯酸钠与浓盐酸反应生成ClO2。(1)常温下氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(2)A项，工业上制氯气用电解饱和的食盐水，A错误；B项，B是氯酸钠，Cl2与NaOH加热反应的方程式为3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O，混合物A、B的物质的量之比为可为5：1，B正确；C项，若C中的各原子最外层均达8电子稳定结构，C也可以为SCl2，C错误；D项，ClO 2中的Cl为+4价，具有强氧化性，用作自来水的消毒剂，D正确；故选BD；(3)H2SO4和HClO4都是分子晶体，H2SO4分子间氢键比高氯酸多，分子间作用力较大，沸点高于HClO4，高氯酸比硫酸易从体系中分离；HClO4在液态时通过氢键形成双聚体，(HClO4)2的结构式：；(4)Cl2与CH3CH2OH经过氧化反应羟基变为醛基，经过取代反应甲基上的氢原子被氯原子取代，由于M分子中只有一种化学环境的氢原子，甲基上三个氢原子全部被取代，M的结构简式为：CCl3CHO，D为HCl，总反应化学方程式：4Cl2+CH3CH2OH→Cl3CCHO+5HCl；证明D为HCl的方法是：气体D通入紫色石蕊试液，溶液变红，通入硝酸银，生成白色沉淀，则为HCl。 5．(2024·浙江省瑞安中学高三首考适应性考试)芥子气的化学式为(ClCH2CH2)2S。可由乙烯通过两条途径制得(部分产物未写出)。 已知：乙烯与溴分子的加成反应机理，可用如下过程表示。 回答下列问题： (1)途径一是CH2=CH2与S2Cl2反应，反应物的物质的量之比为2∶1.写出化学方程式 。 (2)下列说法正确的是______。 A．S2Cl2是非极性分子 B．芥子气属于卤代烃，其核磁共振氢谱图上只有2个吸收峰 C．发生反应②时，乙烯中的碳碳双键使氯气分子中的共价键极性发生了变化 D．乙烯通入氯水中生成ClCH2CH2OH时，水溶液酸性增强 (3)给出H+的能力：CH3CH2OH ClCH2CH2OH (填“>”或“<”)，理由是 。 (4)已知碳硫单键在碱性条件下不易断裂，设计实验检验反应⑤生成的阴离子： 。写出反应⑤和检验涉及的离子方程式 。 【答案】(1) 2CH2=CH2+S2Cl2=(ClCH2CH2)2S+S (2)CD (3) < 氯原子是吸电子基，增大-OH的极性，ClCH2CH2OH易给出 (4)取少量反应后的溶液于试管中，加入稀硝酸至酸性，再加硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则有氯离子 ClCH2CH2)2S+2OH-=(HOCH2CH2)2S+2Cl- 【解析】反应①是乙烯和S2Cl2按2：1反应生成(ClCH2CH2)2S和S，反应②是乙烯和氯水反应生成ClCH2CH2OH和HCl，反应③是ClCH2CH2OH和Na2S反应生成(HOCH2CH2)2S，反应④为HCl发生取代反应生成(ClCH2CH2)2S和水，反应⑤是碳氯键发生取代反应生成醇羟基。(1)CH2=CH2与S2Cl2按物质的量之比为2∶1反应生成(ClCH2CH2)2S，由原子守恒可知另一个产物是S，化学方程式为2CH2=CH2+S2Cl2=(ClCH2CH2)2S+S；(2)A项，S2Cl2结构类似H2O2，分子空间构型不对称，该分子中心正负中心不重合，为极性分子，故A错误；B项，芥子气组成元素除了C、H、Cl外，还有S元素，不属于卤代烃，故B错误；C项，乙烯的结构简式为CH2=CH2，ClCH2CH2OH的结构简式为Cl-CH2-CH2-OH，发生反应②时，乙烯中的碳碳双键断裂，Cl2中Cl-Cl断裂以及水中H-OH断裂，生成HCl，共价键极性发生了变化，故C正确；D项，乙烯通入氯水中生成ClCH2CH2OH时，另一个产物是HCl，则水溶液酸性增强，故D正确；故选CD；(3)氯原子是吸电子基，增大-OH的极性，ClCH2CH2OH易给出H+，则给出H+的能力：CH3CH2OH < ClCH2CH2OH；(4)反应在碱性条件下反应进行完全，反应的还原产物是氯化钠，为检验氯离子，则实验方案是取少量反应后的溶液于试管中，先加入足量稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，则阴离子为Cl-，反应⑤为C-Cl发生取代反应生成C-OH，涉及的离子方程式ClCH2CH2)2S+2OH-=(HOCH2CH2)2S+2Cl-。 6．(2024·浙江省金丽衢十二校高三联考模拟预测)工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3+、Cu2+、Fe2+、Cl-)生产CuCl和蚀刻液重新生成的流程如下： 已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇。 请回答下列问题： (1)Y中所含溶质的化学式为 。 (2)下列说法正确的是 。 A．CuCl微溶于水、不溶于乙醇是因为水的极性比乙醇小 B．相同条件下，滤渣1和X分别与等浓度的盐酸反应，滤渣①的反应速率快 C．SO2分子的VSEPR模型为平面三角形 D．基态亚铜的价层电子排布式为3d10，故Cu2O与稀硫酸不反应 E．工业上对滤渣2用浓硫酸进行了处理，符合绿色化学的原则 (3)写出上述流程中生成CuCl的化学方程式 。 (4)浓硫酸是一种高沸点的酸，溶于水放出大量的热，请从物质结构与微粒之间作用力的角度解释上述硫酸的两点性质 。 (5)滤液1需要加过量Z，检验Z过量的方法是 。 【答案】(1) HCl (2)BC (3)CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4 (4)浓硫酸分子之间有氢键，故其沸点高；硫酸分子和水分子之间形成氢键，水合的时候放出大量的热 (5)取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量 【解析】废液中加入过量铁粉，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，原溶液中的Fe3+、Cu2+被除去，过滤所得的滤液1中含有Fe2+、Cl-，在滤液中通入过量的氯气，可以将Fe2+氧化成FeCl3，即得到FeCl3蚀刻液，实现蚀刻液的再生。滤渣1为铜单质和剩余的铁单质，加入过量的稀盐酸，铜与稀盐酸不反应，因此滤液2也为FeCl2溶液，滤渣2为铜，铜和氯气反应生成CuCl2，Z为Cl2。(1)Y中所含溶质的化学式为HCl。(2)A项，根据相似相溶原理，CuCl是极性分子，CuCl微溶于水、不溶于乙醇是因为水的极性比乙醇大，故A错误；B项，滤渣1为铜单质和剩余的铁单质，X为Fe粉，分别与等浓度的盐酸反应，滤渣①的反应速率快，滤渣1形成原电池，反应速率更快，故B正确；C项，SO2 分子中心原子价层电子对数为2+=3，VSEPR模型为平面三角形，故C正确；D项，基态亚铜的价层电子排布式为3d10，Cu2O能与稀硫酸发生如下反应：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O，故D错误；E项，滤渣2为铜，铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，有污染性气体生成，不符合绿色化学的原则，故E错误；故选BC。(3)依据图示可知：CuCl2、CuSO4、SO2、H2O反应生成H2SO4、CuCl，产生CuCl的化学方程式依据得失电子守恒得到：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4。(4)浓硫酸是一种高沸点的酸，溶于水放出大量的热，从物质结构与微粒之间作用力的角度解释上述硫酸的两点性质为：浓硫酸分子之间有氢键，故其沸点高；硫酸分子和水分子之间形成氢键，水合的时候放出大量的热。(5)Z为Cl2，检验Cl2过量的方法为：取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量。 7．(2024·浙江省强基联盟高三联考)某小组设计实验探究铜被碘氧化的产物及铜元素的价态。 已知：①I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I-I3-(红棕色)； ②铜元素被氧化可能存在的形式有 [Cu(NH3)4]2+(蓝色)、[CuI2]-(无色)； ③ [Cu(NH3)2]+(无色)，易被空气氧化。 请回答： (1)步骤Ⅰ中加入CCl4萃取分液的目的是 。 (2)用离子方程式表示步骤Ⅱ中发生的反应 。 (3)已知CuI为白色不溶于水的固体，向CuI中加入浓KI溶液，现象为 。 (4)向深蓝色溶液中滴加浓盐酸，溶液呈黄绿色，写出该转化能进行的可能原因 。 (已知： [Cu(NH3)4]2+稳定性远大于[CuCl4]2-(黄色)，[Cu(NH3)4]2+稳定指的是不易发生解离反应 [Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3) (5)CCl4层呈 色。如何设计实验将CCl4层中的碘元素分离得到碘单质，请补充完具体实验操作步骤：将CCl4层溶液转移入分液漏斗中，加入足量浓氢氧化钠溶液， 。请补充完实验操作中涉及的离子方程式：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O， 。 【答案】(1)除去I2，防止干扰后续实验 (2)[CuI2]-+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I-、4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4 [Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O(或4[CuI2]-+O2+16NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+8I-+14H2O) (3)白色固体逐渐溶解，溶液为无色 (4)氢离子与氨分子结合成稳定的铵根离子，促使 [Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3解离平衡正向移动 (5)紫红色 充分振荡静置分液，取上层溶液于烧杯中，滴加足量浓盐酸，充分反应后过滤、洗涤、干燥可得单质碘 5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O 【解析】(1)I2水有颜色，影响后续颜色的判断，除去I2；故选除去I2，防止干扰后续实验；(2)铜粉与I2反应生成[CuI2]-，加入浓氨水后颜色变为深蓝色，即 [Cu(NH3)4]2+。根据核心物质中组成的变化，需要加入NH3·H2O ，根据铜元素化合价的变化，需要加入O2，可分成2个方程，[CuI2]-加入NH3·H2O 后生成[Cu(NH3)2]+，[Cu(NH3)2]+被O2氧化，生成 [Cu(NH3)4]2+，写成1个反应：4[CuI2]-+O2+16NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+8I-+14H2O(或[CuI2]-+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I-、4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4 [Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O)；(3)根据题干信息，CuI为白色沉淀，CuI与I-反应形成配合离子[CuI2]-(无色)；(4)根据题干信息，平衡[Cu(NH3)4]2+ Cu2++4NH3不易发生，加入浓盐酸，导致NH3与H+反应，平衡正向移动，Cu2+与Cl-反应生成[CuCl4]2-(黄色)；(5)I2的CCl4层呈紫红色。根据题干信息，将CCl4层溶液转移入分液漏斗中，加入足量浓氢氧化钠溶液，充分振荡静置分液，I2因发生歧化反应进入水层，取上层溶液于烧杯中，滴加足量浓盐酸，发生归中反应，生成I2固体，过滤、洗涤、干燥可得单质碘；涉及的离子方程式：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O。 8．(2024·浙江省三校高三联考选考模拟)磷化氢(PH3)是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。 (1)工业制备PH3的流程如图所示。 (1) PH3的电子式为 。 (2)白磷和烧碱溶液反应的离子方程式为 。 (3)比较还原性：PH3 NH3 (填大于、小于或等于)，从结构角度解释原因： 。 (4)某学习小组制备磷化氢并探究其性质的装置如下图。下列说法错误的是______。 注：①磷化氢在空气中容易自燃；②Cu3P为灰黄色固体 A．通入N2的主要目的是将生成的PH3赶入后续装置中发生反应 B．使用饱和食盐水的目的是降低PH3产生的速率 C．装置②中产生了黑色沉淀，③中产生了灰黄色沉淀，体现了PH3的强还原性 D．③中反应的离子方程式为：24Cu2++11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+48H+ (5)氧硫化碳(COS)可替代磷化氢而被用作熏蒸剂，但遇水缓慢反应生成两种气体。请设计实验方案检验氧硫化碳与水反应生成的气体成分 。 【答案】(1) (2) P4+3OH-+3H2O=3H2PO2-+PH3↑ (3)大于 N的原子半径比P大，N-H键键能比P-H大，不易断裂，还原性弱 (4)A (5)将生成的气体先通过足量的CuSO4溶液，产生黑色沉淀，说明气体中含有H2S，再通过澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明混合气体中有CO2 【解析】根据图示信息：白磷和过量的烧碱溶液反应生成PH3、NaH2PO2；利用饱和食盐水与Mg3P2反应生成PH3，依次通过硝酸银溶液和硫酸铜溶液，根据题干信息可判断发生氧化还原反应，证明磷化氢具有还原性。(1)PH3的电子式：；(2)根据流程可知，白磷和烧碱溶液反应的离子方程式：P4+3OH-+3H2O=3H2PO2-+PH3↑；(3)N的原子半径比P大，N-H键键能比P-H大，不易断裂，还原性弱，所以还原性：PH3＞NH3；(4)A项，磷化氢在空气中容易自燃，通入N2的主要目的是装置内空气排出，防止磷化氢在空气中自燃，A错误；B项，因为水和Mg3P2反应，水被消耗一部分，导致有NaCl晶体析出，附着在Mg3P2表面，阻碍着水与Mg3P2的接触，从而降低反应速率，B正确；C项，装置②中产生了黑色沉淀为银，化合价降低，③中产生了灰黄色沉淀为Cu3P，Cu化合价降低，均体现了 PH3的强还原性，C正确；D项，③中反应的离子方程式为：24Cu2++11PH3+12H2O=8Cu3P↓+3H3PO4+48H+，D正确；故选A；(5)设计实验方案检验氧硫化碳与水反应生成的气体成分：将生成的气体先通过足量的CuSO4溶液，产生黑色沉淀，说明气体中含有H2S，再通过澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明混合气体中有CO2。 9．(2026·浙江杭州二中高三三模)回答下列问题 (1)Ga与P形成的某化合物晶体的结构如图。 ①该化合物的化学式为___________，Ga旁边最近的Ga有___________个。 ②该化合物是优良的半导体材料，在晶体中掺杂不同种类的元素，可形成多电子的n型或缺电子的p型半导体，则S原子代替P，得到___________型半导体(填“n”或“p”)。 (2)磷与Cl2可得到PCl3和PCl5，磷和硫一起加热也可得到多种磷的硫化物，如P4S7。 ①PCl3能与金属Ni反应生成Ni(PCl3)4，而PCl5不能与金属Ni发生类似反应，请解释原因___________。 ②P4S7的结构如下所示： 。 该化合物在热水中完全反应生成气体M和两种含氧酸，请写出化学方程式___________，并设计实验检验气体M___________。 (3)作为锂电池中用到的电解质材料之一，Li-bfSi(阴离子bfSi-结构见下图A)深受关注。 ①C分子中，两个H-N-S键角均为117°，S-N-S键角为126°，N的原子轨道杂化类型为___________。 ②B溶于某溶剂发生自耦电离(2B A＋F)，阳离子F的结构式为___________。 ③B和D水溶液均呈酸性，相同温度下，Ka值大小关系：B___________D(填“>”或“<”)，其原因是___________。 【答案】(1) GaP 12 n (2) PCl3中P具有孤对电子，能与Ni形成配位键 P4S7+13H2O=H3PO4+3H3PO3+7H2S将气体通入硫酸铜溶液，若产生黑色沉淀CuS，则证明为H2S或使用醋酸铅试纸，若变黑生成PbS，亦可确认 (3) sp2 > -F是吸电子基，会使N-H键的极性增强，电离出H+的能力增大，酸性更强，-CH2CH3是推电子基，会使N-H键的极性减弱，电离出H+的能力减弱，酸性较弱 【解析】(1)①晶胞中Ga原子位于顶点和面心，总数为：，P原子全部位于晶胞内部，共4个，故化学式为GaP；Ga原子呈面心立方堆积，每个Ga周围最近邻的Ga原子数为12。 ②S原子取代P原子时，因S价电子数(6)比P(5)多1，引入额外自由电子，导致载流子为电子，形成n型半导体； (2)①PCl3中P原子有1对孤对电子，可与Ni形成配位键，生成Ni(PCl3)4，PCl5中P原子已形成5个共价键，无孤对电子，无法提供电子对进行配位。②P4S7在热水中完全反应生成气体M和两种含氧酸，化学方程式为P4S7+13H2O=H3PO4+3H3PO3+7H2S，气体M为H2S，将气体通入硫酸铜溶液，若产生黑色沉淀CuS，则证明为H2S或使用醋酸铅试纸，若变黑生成PbS，亦可确认该气体为H2S； (3)①由键角为117°和126°且略小于120°和略大于120°可知，C中的氮原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化；②B发生自耦电离，产生阴离子A和阳离子F，F中H+可能结合在N原子或O原子上，阳离子F的结构式可能为；③-F是吸电子基，会使N-H键的极性增强，电离出H+的能力增大，酸性更强，-CH2CH3是推电子基，会使N-H键的极性减弱，电离出H+的能力减弱，酸性较弱，则B的酸性强于D，则Ka(B)＞Ka(D)。 10．(2026·浙江省杭州首考适应性考试)Ⅰ．2025年，诺贝尔化学奖授予了三位从事金属有机框架(MOF)研究的科学家。含Zn2+、Cu2+的MOF是其中最具代表性的材料之一。 (1)如图分子是MOF-5衍生材料中常见的配体。下列说法正确的是___________ A．第一电离能N>O>S B．Zn位于元素周期表的d区 C．Cu的基态原子价层电子轨道表示式 D．①号氮原子的孤电子对位于p轨道上 (2)一种代表性MOF材料的晶体结构及对角面分子结构如图所示 ①[Zn4O]6+中，Zn-O-Zn键角为___________；以L表示有机配体，该MOF材料的化学式为___________。 ②研究表明，该MOF材料可以通过配位作用高效吸附CO2，与MOF配位的原子是___________。 ③若将MOF的配体替换为L1，可得到结构相似的MOF材料，但稳定性大幅下降，稳定性下降的原因是___________。 Ⅱ．以锗石矿A(化学式为Cu2S·FeS·GeS)为原料，可以实现如下转化。 已知：物质E、F都是非极性分子且E难溶于浓盐酸。 (3)物质E的分子式为___________。 (4)A与足量的浓硝酸反应的离子反应方程式___________。 (5)下列说法正确的是___________。 A．气体B是形成酸雨的成分之一 B．沸点：E>F C．GeO2能与盐酸反应，推测其同族元素的氧化物均能与盐酸反应 D．过程Ⅱ中的操作Ⅰ为分液 (6)向溶液G中逐滴加入过量的氨水，请写出实验现象(有色沉淀产生不分先后)___________。 【答案】(1)A (2) 109°28'；[Zn4O]L3 O -NO2的吸电子作用，使配体L12-上氧原子的电子云密度减小，配位能力减弱 (3)GeCl4 (4)Cu2S·FeS·GeS+29NO3-+30H+=2Cu2++Fe3++GeO2+3SO42-+29NO2+15H2O (5)ABD (6)开始无明显现象，后产生有色沉淀，沉淀部分溶解、溶液显深蓝色 【解析】Ⅱ．锗石矿A(化学式为Cu2S·FeS·GeS)和浓硝酸反应生成GeO2，GeO2和浓盐酸反应会生成物质E(GeCl4)，且GeCl4是非极性分子、难溶于盐酸；已知：物质E、F都是非极性分子且E难溶于浓盐酸，可推出F为(CH3)4Ge；物质A可拆分为Cu2S、FeS、GeS，与浓硝酸(强氧化性)反应时，硫元素被氧化成硫酸根，铜元素被氧化成铜离子，铁元素被氧化成三价铁离子，Ge元素转化为GeO2，硝酸被还原成红棕色气体NO2。 (1)A项，第一电离能的规律是同周期从左到右呈增大趋势，第VA族元素因p轨道半满稳定，第一电离能大于同周期第ⅥA族；同主族从上到下第一电离能减小；N和O同周期，第一电离能N > O；O和S同主族，第一电离能O > S，因此第一电离能：N > O > S，A正确；B项，Zn的原子序数为30，电子排布式为[Ar]3d104s2，属于ds区，B错误；C项，Cu的原子序数为29，基态原子价层电子排布式为3d104s1，轨道表示式需要同时体现3d轨道和4s轨道，选项只画了4s轨道，C错误；D项，①号氮原子形成单键，同时参与形成环结构，其杂化方式为sp2，孤电子对位于sp²杂化轨道，不是p轨道，D错误；故选A。 (2)①[Zn4O]6+的结构是正四面体，中心O原子与4个Zn原子相连，Zn-O-Zn键角为109°28'；根据结构，每个[Zn4O]6+中心连接6个有机配体，每个有机配体连接2个中心，因此中心与配体的数量比为1：3，化学式为[Zn4O]L3；②CO2是酸性气体，容易与具有孤电子对的O原子形成配位键，，因此与MOF配位的原子是配体中的O原子；③稳定性下降的原因是-NO2的吸电子作用，使配体L12-上氧原子的电子云密度减小，配位能力减弱； (3)由分析知，物质E的分子式为GeCl4； (4)物质A可拆分为Cu2S、FeS、GeS，与浓硝酸(强氧化性)反应时，硫元素被氧化成硫酸根，铜元素被氧化成铜离子，铁元素被氧化成三价铁离子，Ge元素转化为GeO2，硝酸被还原成红棕色气体NO2，其离子方程式为Cu2S·FeS·GeS+29NO3-+30H+=2Cu2++Fe3++GeO2+3SO42-+29NO2+15H2O； (5)A项，气体B是NO2，NO2会与水反应生成硝酸，是形成酸雨的成分之一，A正确；B项，由分析可知，E是GeCl4，F是(CH3)4Ge，二者结构相似，相对分子质量GeCl4> (CH3)4Ge，所以沸点E > F，B正确；C项，GeO2能与盐酸反应，但同族的CO2、SiO2不与盐酸反应，C错误；D项，过程Ⅱ中是分离盐酸溶液和难溶于浓盐酸的液体E，操作Ⅰ为分液，D正确；故选ABD。 (6)向溶液G中逐滴加入过量的氨水，溶液G中含有铜离子和三价铁离子，开始无明显现象，后产生有色沉淀，沉淀部分溶解、溶液显深蓝色。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $