二轮专题(七) 物质结构与性质-【真题密卷】2026年高考化学二轮专题精准提升（福建专用）

密真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（七） 卺题 化学·物质结构与性质 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 可能用到的相对原子质量：S一32Fe一56 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 1.侯氏制碱法的反应原理为NH3+CO2+NaCl+H2O一NaHCO3↓+NH4Cl。下列有 关化学用语或表述正确的是 () H A.NH4CI的电子式为H:N:HCI B.NH的VSEPR模型和空间结构相同 C.CO2、H2O、NH3的键角依次减小 D.NaHCO3溶解时只需要破坏离子键 2.由10个或14个碳原子组成的芳香性环形纯碳分子材料的合成方法如图所示。下列说 法错误的是 C-C=CSC 一定条件 一定条件 脱氯 脱氯 SC=C- C CaCho C A.环形C0的熔点低于金刚石 B.CoC13分子属于极性分子 C.C14Cl1o分子中含有的。键类型为psp2o键和sp2-sp2o键 D.基态C1原子核外电子的空间运动状态有9种 3.SO2气凝胶材料疏松多孔，具有三维网状结构，可用于航天器、新能源汽车电池的隔热 和阻燃。SO2气凝胶的结构示意图如图所示。下列说法错误的是 () ww~表示链延长 二轮专题精准提升（七）化学第1页（共8页） 真题 用信念去坚持你的梦想，用劳力去创造属于你的辉煌 A.SiO2晶体属于共价晶体 班级 B.SiO2晶体具有较高的硬度和熔点 C.SiO2气凝胶材料密度大于SiO2晶体的 姓名 D.SiO2和SiO2气凝胶两种物质中均有Si、O原子间的。键 4.从微观视角探析物质结构及性质是研究和学习化学的重要方法。下列实例与解释不符 得分 的是 ( ) 选项 实例 解释 A 甘油吸湿性较强 甘油分子中有3个羟基，易与水形成氢键 某些金属及其化合物灼烧时呈现不同焰色 电子发生能级跃迁，释放出不同波长的光 C CO2分子中存在大π键（四），C1O2比C2O的键角大 ClO2中C1一O键的键能比Cl2O的大 D 用杯酚分离C6o和C0 杯酚与C60通过分子间作用力形成超分子 5.锡是现代工业和技术发展中不可缺少的金属材料。已知白锡（体心四方）和灰锡（立方 晶体，与金刚石类似)的转化关系如图所示，下列说法正确的是 ) a pm apm○ <13.2C b pm >13.2C 白锡 灰锡 A.基态Sn原子的价层电子排布式为4d15s25p2 B.白锡和灰锡互为同位素 C.白锡和灰锡的相互转化为可逆反应 D.白锡与灰锡的密度之比为c3：4a2b 6.(H2O)2·BF3是有机合成常用的催化剂，一定条件下可发生如图所示转化。下列说法 错误的是 () A.BF3是极性分子 H,OH一 熔化27920H,0 HO- B.键角：H2O<BF3 结品 C.(H2O)2·BF3中存在氢键和配位键 D.(H2O)2·BF3熔化可产生阴、阳离子 7.某冠醚分子c可识别K+,可用作相转移催化剂，合成方法及超分子结构如图所示。下 列说法错误的是 HO CI 0、 OH (b) 0入0 (a) 密卷 二轮专题精准提升（七）化学第2页（共8页） A.a、b均可与NaOH溶液反应 B.c可增大KI在苯中的溶解度 C.在超分子中，K+与冠醚分子c中氧原子之间有静电相互作用 D.若c中饱和碳上的氢原子被氟原子取代，与K+形成的超分子稳定性将增强 8.已知铜离子的配位数通常为4，[Cu(H2O)4]2+为蓝色，[Cu(OH)4]2-和[Cu(NH3)4]+ 均为深蓝色。某化学小组设计如图所示实验制备铜的配合物。设NA为阿伏加德罗常 数。下列说法错误的是 () lmoL·L-NaOH溶液 Πa 图蓝色浑浊液 ImoL·L-NaOH溶液 均分 6moL·L-NaOHi溶液→ b 三份 蓝色CuSO 蓝色浑浊液 圈深蓝色溶液 溶液 1moL·L-NH·H,O溶液c 圈深蓝色溶液 A.硫酸铜溶液呈蓝色，是因为溶液中存在[Cu(H2O)4]+配离子 B.b中得到配合物Na2[Cu(OH)4],其配体为OH C.上述实验可得配离子的稳定性顺序为[Cu(NH3)4]+<[Cu(OH)4]2 D.1mol[Cu(NH3)4]2+中含有o键的数目为16NA 9.西安交通大学和上海大学利用冷冻透射电子显微镜，在石墨烯膜上直接观察到了自然环 境下生长的由钙元素和氯元素构成的二维晶体，其结构如图所示。下列说法错误的是 ( 俯 视 图 A.该二维晶体的化学式为CaCl B.石墨烯C原子与键数之比为2：3 C.图中a离子分别与b、c离子的距离不相等 D.该晶体的形成可能与钙离子和石墨间存在强的阳离子-π相互作用有关 10.Li2(OH)C1在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。两种晶型中，一种取长方体晶 胞（图1），另一种取立方体晶胞（图2）。图中氢原子皆已隐去，立方体晶胞所代表的晶 体中部分锂离子（●L)位置上存在缺位现象。 5 二轮专题精准提升（七）化学第3页（共8页） 真题密 ● Li 0 a nm /nm 图1 图2 下列说法正确的是 A图1中AB两微粒的距离为子m,则C的分数坐标为，号》 B.图2立方晶胞中锂离子的缺位率为2 C.图2中C1周围等距且最近的CI-有6个 D.,两种晶型的密度近似相等，则c= ab 二、非选择题：本题共4小题，共60分。 11.(15分)三卤化氮(NX3)如NF3、NCl3等有广泛的用途。NF3是液晶显示器生产过程 中常用的化学清洗剂，NC13可用于面粉的漂白和杀菌。回答下列问题： (1)锑是制造液晶显示器的一种原材料，基态锑的价层电子排布式为5s25p3,可知锑在 元素周期表的位置是 。基态锑原子中有 个未成对 电子，这些未成对电子具有 (填“相同”或“不同”)的自旋状态。 (2)元素F、O、N位于同一周期，其第一电离能由大到小的顺序是 ,原子半 径由大到小的顺序是 (3)液晶显示器材料因含微量杂质元素铬(C)而呈浅红色。基态铬原子的价层电子排 布式为 。液晶在放电过程中会产生NO克和NO2离子，其中N原子的 杂化类型分别是 ,键角：NO NO2(填“<”“=”或“>”)。 (4)已知热稳定性NF3高于NCl3,解释其原因是 。常温常压下NF3为无色气体，NCl为黄色油状液体，NCl和NF3价层 电子对互斥模型均为 ,NCl3和NF3的分子空间构型均为 卷 二轮专题精准提升（七）化学第4页（共8页） (5)CaF2的晶胞结构如图所示，X代表的离子是 ;若该立方晶胞参数为 apm,CaF2的摩尔质量为Mg·mol-1,阿伏加德罗常数用Na来表示，则CaF2晶 体的密度为 g·cm-3(写出表达式)。 ●Y 12.(14分)我国在新材料领域的研究有重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了物质基 础。“天宫”空间站使用的材料中含有C、N、Si、P、Fe等元素。回答下列问题： (1)基态硅原子的价电子排布式为 ,其基态原子核外有 种不同 空间运动状态的电子。 (2)由于硅价层有d轨道可以利用，而碳没有，因此它们的化合物的结构和性质存在较 大差异。化合物N(CH3)3(三角锥形)和N(SiH3)3(平面形)的结构如图所示，则二 者中N的杂化方式分别为 ,更易形成配合物的是 120° H (3)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PC1,其中气态PCL3分子的空间结构为 (4)研究发现固态PCl和PBr;均为离子晶体，但其结构分别为[PCl4]+[PCl]-和 [PBr4]+Br,分析PCL;和PBr结构存在差异的原因： (5)FeS2晶体的晶胞如图所示，晶胞边长为anm。设NA为阿伏加德罗常数的值，则 晶体密度的计算表达式为 g·cm3;晶胞中Fe2+位于S号所形成的正 八面体的体心，该正八面体的边长为 nm。 ●Fe OS 二轮专题精准提升（七）化学第5页（共8页） 真题密 13.(16分)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液（含Ni2+、Co2+、 A13+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co,并获得高附加值化工产品。工艺流程如 图所示： 氨性溶液 ·CoCl 硝酸浸活性MgO 取液 过滤一→滤泥 →氨浸 过滤→滤液2 镍 气体A 调pH至9.0 分离 饱和 滤渣 NiCL,溶液 析品 →固体氧化物 结品 NiCL2·4H,O 滤液1 1纯化 →晶体A一热解 气体冷却至室温→HNO溶液 已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2+、Co2+、 Co3+与NH3形成可溶于水的配离子；lgKb(NH3·H2O)=一4.7；Co(OH)2易被空气 氧化为Co(OH)3;部分氢氧化物的Kp如表所示： 氢氧化物 Co(OH)2 Co(OH) Ni(OH)2 A1(OH)3 Mg(OH)2 Ksp 5.9×10-15 1.6×10-44 5.5×10-16 1.3×10-83 5.6×10-12 回答下列问题： (1)活性MgO可与水反应，化学方程式为 (2)常温下，pH=9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O) c(NH在)（填“>”“<” 或“=”)。 (3)“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]+的离子方程式为 (4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的 X射线衍射图谱中，出现了NH4A1(OH)2CO3的明锐衍射峰。 ①NH4Al(OH)2CO3属于 （填“晶体”或“非晶体”)。 ②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是 (5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 ②由CoC2可制备Al,CoO,晶体，其立方晶胞如图所示。A1与O最小间距大于 Co与O最小间距，x、y为整数，则Co在晶胞中的位置为 ;晶体中一个 A1周围与其最近的O的个数为 娄 二轮专题精准提升（七）化学第6页（共8页） 5 (6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶 液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为 ②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和 (填化学式)。 14.(I5分)一种从含锗氧化锌烟尘（主要含ZnO、ZnS、PbS及少量Fe、Ge的氧化物）中分 离回收锌、锗的流程如图所示： 含锗氧化锌 烟尘 单宁 →单宁富锗渣 …>锗 业 滤液1口 滤液2「 中和还原 沉锗 02 废电解液 滤渣2 滤液4 除杂 电沉积锌 含锗氧化锌 烟尘 酸浸 硫酸 滤渣1 高酸浸出 →滤液3 滤渣3 已知：①Fe3++3HL(单宁)=H3Fe(HL)3]V+3H+; ②废电解液中主要含H+、SO?和少量Zn2+。 回答下列问题： (1)“酸浸”时，烟尘中硫化物转化为硫单质。 ①可提高“酸浸”效率的措施有 (写一种即可)。 ②从滤渣1中可回收的金属主要有 ③该温度下，Kp(ZnS)=2.0×10-24,H2S的K1=1.0×10-7,K2=1.0X10-13。 则反应ZnS(s)十2H+(aq)一H2S(ag)+Zn2+(aq)的平衡常数K= 5 二轮专题精准提升（七）化学第7页（共8页） ④结合平衡移动原理，分析“酸浸”过程通入O2的目的是 (2)“中和还原”时，溶液中Fe3+与ZnS反应生成S,该反应的离子方程式为 (3)“沉锗”时，H3L与Ge4+结合生成的沉淀中含有[Ge(HL)3]2-,其结构简式如 图所示： ①32Ge基态原子的核外电子排布式为 ②H3L(单宁)的结构简式为 0 (4)滤液4经“电沉积”回收锌，电解时阴极反应式为 经电沉积 后的液体可以在 (填流程操作)循环利用。 (5)一种锗晶胞结构如图所示，与锗原子距离最近且相等的锗原子有 个，锗 原子C的原子坐标为(0,0,0)或(1,0,0)，锗原子B的分数坐标为 将 该晶胞沿图中体对角线投影，左图中锗原子B投影的位置是右图的 号 位（填标号）。 真题密卷 二轮专题精准提升（七）化学第8页（共8页）·化学· 参考答案及解析 cS0月)≥16×10-5≈4.6×10-9。 信息②，为提高碲棒中硒的去除率，可在H2气氛 中进行熔炼提纯。 (3)“蒸硒”时，Cu2S等金属硒化物与浓硫酸发生 (6)①Li2Se晶体结构可描述为Li计填充在Se2- 氧化还原反应，产生的烟气主要成分为SeO2 构成的正四面体的体心，可知晶胞中S2-位于顶 和S02o 点和面心，L+位于晶胞内部，根据均摊法计算， (4)TOOH+在阴极得电子发生还原反应，该电 一个晶胞中有4个Se2-,8个Li计。 极反应式为TeOOH++4e+3H+一Te+ ②两个Se2-的最短距离为anm,晶胞中面对角 2H20. 线长为2anm,设晶胞边长为xnm,则√2x= (5)根据表格中杂质在碲单质中的分配系数数 2a,x=√2a,立方晶胞的密度为 据，可知杂质在液态碲中溶解度更大，熔融区向 4×(79+2×7) 末端移动，将杂质溶解带走，前端区再次凝固，故 NaX(2aX10-7)8·cm3。 熔炼过程中碲纯度最高的区域为前端；根据已知 2025一2026学年度二轮专题精准提升（七） 化学·物质结构与性质 一、选择题 子间形成氢键，所以甘油吸湿性极强，A不符合题 意；电子从高能级轨道跃迁至低能级轨道时释放 1.B【解析】NH,CI的电子式为[H::H[G,A 能量，能量以不同波长光的形式释放，即为焰色试 错误；NHt的价层电子对数为4，其VSEPR模型 验，B不符合题意；Cl2O分子的中心氧原子采 和空间结构均为正四面体形，B正确；CO2的键角 取sp3杂化，而CIO2分子中存在大π键（Ⅱ），则 为180°，NH3、H20的中心原子均为sp3杂化， 中心C1原子采取sp2杂化，所以CIO2比C12O的 但NH3的中心原子N只有1个孤电子对，H2O 键角大，但其键角大小与键能无关，C符合题意； 的中心原子O有2个孤电子对，孤电子对数越多， 可用杯酚识别C0,C60与杯酚通过分子间作用力 对成键电子对的排斥力越大，键角越小，C错 形成超分子，D不符合题意。 误；NaHCO3溶解时，碳酸氢根也会部分电离，故 5.D【解析】Sn是第五周期VA族元素，最外层有 溶解过程中会破坏离子键和共价键，D错误。 4个电子，价层电子排布式为5s25p,A错误；白锡 2.B【解析】环形C0为分子晶体，而金刚石为共价 和灰锡均为单质，为同素异形体，B错误；白锡和 晶体，则环形C10的熔点低于金刚石，A正确；C0Cg 灰锡可以相互转化，但条件不同，故不是可逆反 中含有萘环，所有原子共平面，且分子中正负电荷 应，C错误；根据均摊法，白锡晶胞中Sn原子数为 中心重合，为非极性分子，B错误；C4Cl10分子中 8X日十1-2，灰杨品跑中50原子数方8X日十6 Cl一C。键类型为p-sp2G键，C一C。键类型 为Sp2-sp2。键，C正确；基态Cl原子核外电子排 .2XM(Sn) ×号+4=8，二者的密度之比为6 布式为1s22s22p3s23p5,空间运动状态有9种，D 正确。 8XM(Sn）=c3:4a2b,D正确。 NA·c3 3.C【解析】SiO2是原子间通过共价键形成的晶 6.A【解析】BF:中心原子B的价层电子对数是3 体，属于共价晶体，A正确；SO2属于共价晶体，具 有较高的硬度和熔，点，B正确；SiO2气凝胶材料疏 +3-3X1 =3,无孤对电子，空间构型为平面三角 2 松多孔，其密度小于SO2晶体，C错误；两种物质 形，结构对称，是仅含B一F极性共价键的非极性 中Si、O原子间均存在Si一O键，均有。键，D 分子，A错误；H2O分子的中心氧原子价层电子对 正确。 数为2十6一？X1=4,采取sp杂化，孤电子对数 4.C【解析】甘油分子中有3个羟基，极易与水分 2 ·23· 5 真题密卷 二轮专题精准提升 为2，键角约为105°，BF3分子的中心B原子价层电 ÷角结构中分排的碳原子数目为6X=2,分摊 子对数为3，采用的是sp杂化，空间构型为平面三 角形，键角约为120°，H20的键角小于BF3,B正 的CC能数日为6×}-3，则石墨烯C原子与 确；(H2O)2·BF3分子中的H2O与H2O之间形 键数之比为2：3，B正确；由侧视图和俯视图可 成氢键，分子中O原子提供孤电子对，B原子提供 知，晶体中Ca一Cl一Ca构成非平面正六边形，a离 空轨道，O与B原子之间存在配位键，C正确；从 子分别与b、c离子的距离相等，C错误；该晶体的 题千给定的转化可以看出，(H2O)2·BF3熔化后 形成是由于钙离子与石墨烯表面的芳香环之间的 强阳离子-π相互作用所致，D正确。 得到的物质为[H,0 ,由阴、阳离子构 10.C【解析】C在之轴上的分数坐标是子，则C的 成，D正确。 111、 7.D【解析】a中含有酚羟基，具有酸性，可与 分数坐标为(2,2，)，A错误：图2中C个数 NaOH溶液反应，b中含有氯原子，可以与NaOH 溶液发生取代反应，A正确；C为冠醚，可与K+形 为1.0H个数为8×日-1，L计个数为12 4 =3,根据化学式Li2(OH)C1知，该晶胞中应该 成螯合离子 ,该物质在苯 含有2个L计，锂离子的缺位率为32-1 33B错 误；图2中C1周围等距且最近的CI有6个，分 别位于与该晶胞相邻的6个晶胞的体心上，C正 中溶解度较大，因此c可增大KI在苯中的溶解 度，B正确；在超分子中，O的电负性较大，O原子 确；图1中C个数为2,0H个数为8Xg十4 周围电子密度较大，具有一定的负电性，则K+与 ×-2,L个复为8×+1十2×号-4，品驰 冠醚分子c中氧原子之间有静电相互作用，C正 确；F原子比O原子电负性大，吸引电子能力比O 体积为abcX1021cm3,图2中晶胞体积为d3X 原子强，导致○电荷密度减少，配位能力降低， 与K+形成的超分子稳定性将减弱，D错误。 101cm3,图1中晶胞密度p1== 8.C【解析】Cu2+与H2O结合形成[Cu(H2O)4]+, 2M [Cu(H2O)4]2+是蓝色的，A正确；b中得到的配 NA abeX10ag·cm3,图2中晶胞密度p2= 合物是Na2[Cu(OH)4],其中心原子是Cu,配体 M 为OH,配位数是4，B正确；硫酸铜溶液中含有 m NA NadX10ag·cm3,c=24, M 7= ab:D [Cu(H2O)4]2+,加入稀NaOH溶液易转化为 错误。 Cu(OH)2沉淀，再加入浓NaOH溶液可转化为 二、非选择题 [Cu(OH)4]2-,说明稳定性：[Cu(H2O)4]+< 11.(1)第五周期VA族(1分)3(1分)相同 [Cu(OH)4]-,对比试管b、c中的现象可知，稳定 (1分) 性：[Cu(NH3)4]+>[Cu(OH)4]2-,所以配离子 (2)F>N>O(1分)N>O>F(1分) 的稳定性：[Cu(H2O)4]+<[Cu(OH)4]2-< (3)3d4s2(1分)sp和sp2(1分)>(1分) [Cu(NH)4]+,C错误；1个[Cu(NH3)4]+中含 (4)F原子的半径小于CI原子，N一F键的键长 有4个N与Cu形成的配位键和12个N一H键，故 短，键能大，稳定性高(2分)四面体形(1分) 含有o键的数目为16NA,D正确。 三角锥形(1分) 9.C【解析】由该晶体的俯视图可知，一个结构单 (5)Ca2+(1分) 4M×1030 元中含有3个Ca和3个Cl,对结构单元的贡献均 NA·a3(2分) 为行所以该昌体的化学式为CaC1,A正确；每个 【解析】(1)基态锦的价层电子排布式为5s25p3, 可知锑在元素周期表的位置为第五周期VA族； 5 ·24· ·化学· 参考答案及解析 由价层电子排布式可知其含有3个P轨道单电 N(SiH)3的空间结构为平面形可知，化合物中 子，且自旋方向相同。 氨原子的价层电子对数为3，孤电子对数为0，氨 (2)元素F、O、N位于同一周期，随核电荷数的递 原子的杂化方式为sp2。N(CH)3中氮原子有 增第一电离能呈增大趋势，但氨的最外层为半满 孤电子对，N(SiH3)3中氦原子没有孤电子对，则 稳定结构，其第一电离能大于O,故第一电离能： N(CH3)3更易形成配合物。 F>N>O,随核电荷数的增加原子半径减小，则 (3)PC分子的中心原子P的孤电子对数为 原子半径：N>O>F。 (3)铬为24号元素，基态铬原子的价层电子排布 5-3X1-1,价层电子对数为3十1=4，故PCl 2 式为3d4s;NO中心N原子的价层电子对数 分子的空间结构为三角锥形。 为2十5-1,2X2=2,N原子来用sp杂 (4)固态PCL和PBr均为离子晶体，但其结构 2 分别为[PCl4]+PCl6]和[PBr4]+Br,原因 化、NO2中心N原子的价层电子对数为2十 是Br半径较大，而CI厂半径较小，所以P周围 5+1一2X2=3,N原子采用sp2杂化；NO时为 可以容纳6个CI,能形成[PCL]一，而无法容 2 纳6个Br,即无法形成[PBr6]。 直线结构，键角为180°，NO2为V形结构，则键 (5)晶胞边长为anm=a×10'cm,晶胞体积V= 角：NO>NOz。 (4)NF?和NCL3为结构相似的分子，但F原子的 a×107cm),该晶胞中Fe+个数为1+12X1 半径小于CI原子，N一F键的键长短，键能大，因 1 此NF3稳定性高于NCl;NCl和NF,中N原 4,等个为8x日十6X号4，品你寄度一巴 子的价层电子对数均为3十5一】X3=4,均含一 NAX(aX10-7)g·cm3=4X120X102 4M aNA g· 2 个孤电子对，价层电子对互斥模型均为四面体 4.8×1023 g·cm3;晶胞中Fe2+位于 形，分子构型均为三角锥形。 aNA S号所形成的正八面体的体心，则该正八面体的 (6)X位于预点和西心，个数为8X日十6×号 边长为每个面对角线长度的一半，即正八面体的 4;Y位于体内，个数为8，结合CaF2化学式，可 边长为2anm。 知X为C+,Y为F;品胞质量为V8 13.(1)MgO+H2O-Mg(OH)2(2分) 4M×1030 (2)>(2分) 则Ca,晶体的密度为NA·ag·cm。 (3)2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO3 12.(1)3s23p2(1分)8(1分) 2[Co(NH3)6]++SO+13H20+4OH(或 (2)sp3、sp(2分)N(CH3)3(2分) 2Co(OH)3+8NH3.H2O+4NH:+SO (3)三角锥形(2分) 2[Co(NH3)6]2++SO?+13H2O)(2分) (4)Br半径较大，无法形成[PBr6]-(2分) (4)①晶体(1分) (5)48X109 aNA(2分) e分 ②减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了 滤泥与氨性溶液的接触面积(2分) 【解析】(1)硅原子序数为14，核外电子排布式 (5)①HC1(1分) 为1s22s22p53s23p2,位于第三周期IVA族，基态 ②体心(1分)12(1分) 硅原子的价电子排布式为3s23p,同一轨道的电 子属于一个空间运动状态，基态硅原子核外有1 (①o.4(成号）e分) 十1+3十1+2=8种不同空间运动状态的电子。 ②MgO(2分) (2)由化合物N(CH3)3的空间结构为三角锥形 【解析】硝酸浸取液（含Ni2+、Co2+、AI3+、Mg2+) 可知，化合物中氮原子的价层电子对数为4，孤电 中加入活性氧化镁调节溶液pH值，“过滤”，得 子对数为1，氮原子的杂化方式为sp3,由 到滤液1主要是硝酸镁，“结晶纯化”得到硝酸镁 ·25· 5 真题密卷 二轮专题精准提升 晶体，再“热解”得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨 十2HNO,Mg(OH)2△MgO+H,O,还剩余5 性溶液“氨浸”，“过滤”，在滤液2中进行“镍钴分 个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与 离”，经过一系列操作，得到氯化铬和饱和氯化镍 n(H2O)的比值理论上最高为0.4。 溶液，向饱和氯化镍溶液中通入氯化氢气体得到 ②“热解”对于从矿石提取Ni、C0工艺的意义，根 氯化镍晶体。 据前面分析Mg(NO3)2十2H2O一Mg(OH)2 (1)活性MgO可与水反应，化学方程式 为Mg0+H2O—Mg(OH)2。 +2HNO3,Mg(OH)2△Mg0+H,O,在于可 (2)常温下，pH=9.9的氨性溶液中， 重复利用HNO3和MgO。 lgKb(NH3·H2O)=-4.7,Kb(NH3·H2O) 14.(1)①适当增大硫酸浓度、适当增加O2的压力、 =10-1.c(NH)c(OH-)e(NH) 升高酸浸温度、充分搅拌、延长酸浸时间等（任写 c(NH3·H2O)'c(NH3·H2O) 一种)(1分) 1047 1047 ②Pb(1分) c(OH)=i0=10a6<1,则c(NH,· ③2.0×10-4(2分) H2O)>c(NHt)。 ④与H2S反应，降低生成物H2S的浓度，促使平 (3)“氨浸”时，C0(OH)3与亚硫酸根发生氧化还 衡正向移动，提高Zn2+的浸出率(1分) 原反应，再与氨水反应生成[Co(NH)6]+,则 (2)2Fe3++ZnS—Zn2++S+2Fe2+(2分) 由Co(OH)3转化为[Co(NH)6]+的离子方程 (3)①「Ar]3d4s4p2(1分) 式为2Co(OH)3+12NH3·H20+SO OH 2[Co(NH3)6]2++SO?+13H2O+4OH或 ②R -OH(1分) 2Co(OH)3+8NH3.H20+4NH:+SO OH 2[Co(NH3)6]2++SO+13H2O。 (4)Zn+十2e—Zn(1分)酸浸(2分) (4)①X射线衍射图谱中，出现了NHA1(OH)2COg (5)4(1分) (o,日》支，日》1分) 的明锐衍射峰，则NH4AI(OH)2CO3属于晶体。 ②根据题意(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶 4(1分) 状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物， 【解析】(1)①要提高“酸浸”速率，可通过增大反 应物浓度、升高温度、增大反应物表面积等方法， 则(NH4)2CO3能提高Ni、Co的浸取速率，其原 因是(NH4)2CO3可以减少胶状物质对镍钻氢 故可提高“酸浸”效率的措施有适当增大硫酸浓 度、适当增加O2的压力、升高酸浸温度、充分搅 氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触 拌、延长酸浸时间等。 面积。 (5)①“析晶”过程中为了防止N+水解，因此通 ②“酸浸”时，PbS不参与反应，滤渣1主要为 入的酸性气体A为HC。 PbS,故可回收的金属主要是Pb。 ②由CoCl2可制备Al,CoO,晶体，x、y为整数， ③K=c(H,S)·c(Zn+) c2(H+) 根据图中信息，其立方晶胞中C0、A1都只有一个 原子，而氧（白色）原子有3个，A1与O最小间距 c(H:s)·c(Zn+)·c2(S-）-Kp(Zns） c2(H+)·c2(S2-) Kal·K2 大于C0与O最小间距，则A1在项点，因此Co 2.0×10-24 在晶胞中的位置为体心；晶体中一个AI周围与 1.0X10-0=2.0X10-4。 其最近的O原子为面心的O原子，以顶，点A1分 ④O2能与H2S发生氧化还原反应，降低生成 析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截 物H2S的浓度，促使平衡正向移动，提高Zn2+的 面共12个，因此晶体中一个A1周围与其最近的 浸出率。 0的个数为12。 (2)“中和还原”时，溶液中Fe3+与ZnS反应生成 (6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶 S,该反应的离子方程式为2Fe3++ZnS—Zn2+ 体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO3)2· +S+2Fe2+。 6H2O,根据Mg(NO3)2十2H2O一Mg(OH)2 (3)①Ge为32号元素，根据构造原理，基态Ge ·26· ·化学· 参考答案及解析 原子的核外电子排布式为[Ar]3d4s24p2。 结构类似，故与储原子距离最近且相等的储原子 ②“沉锗”时，H3L与G+结合生成的沉淀中含 有4个；由晶胞结构图可知，若锗原子C的原子 有[Ge(HL)3]2-,由[Ge(HL)3]2-的结构简式 坐标为(0,0,0)或(1,0,0)，则锗原子B的分数坐 OH 标为0，，)点1，日》由线愿子品聪结构 可知，HL(单宁)的结构简式为R -OH。 图可知，B位于晶胞右侧的面心，将该晶胞沿图 OH 中体对角线投影，如图中绪原子A、C的位置所 (4)滤液4经“电沉积”回收锌，电解时阴极 示，锗原子B投影的位置是4号位。 上Zn2+得电子转化为Zn单质，电极反应式 为Zn2++2e-Zn。 (5)由晶胞结构图可知，该锗晶胞与金刚石晶胞 2025一2026学年度二轮专题精准提升（八） 化学·化学反应与能量（热化学、电化学） 一、选择题 △H=-QkJ·mol-1(Q>0)可知，该反应是 1.C【解析】石灰岩的主要成分碳酸钙会与空气中 2molA气体发生反应产生1molB气体，放出热 的二氧化碳和水蒸气反应生成易溶于水的碳酸氢 量QkJ,反应物的能量比生成物的能量高，且同一 钙，石灰岩经过精细凿刻后砌筑，使石块缝隙变 种物质在气态时能量高于在液态时能量；故选B。 小，减少水分和空气与碳酸钙发生化合反应是赵 4.D【解析】由图可知，装置为电解池装置，光能通 州桥能够长久保存的重要原因之一，A正确；黏土 过光伏电池转化为电能提供电力，a极亚铁离子失 的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的基本结构是硅氧 去电子被氧化，为阳极，则b为阴极，V3+得到电子 四面体，性质稳定，抗腐蚀能力强，B正确；糯米主 被还原为V+,使得电能转化为化学能。由分析 要成分为淀粉，不是蛋白质，C错误；赵州桥所在 可知，该装置实现了光能→电能→化学能的转化， 华北地区气候干燥，减缓了石材中的碳酸钙与二 A正确；阳极亚铁离子失去电子被氧化为铁离子， 氧化碳和水蒸气反应生成碳酸氢钙的速率，也减 然后硫化氢和铁离子发生氧化还原生成硫单质和 缓了铁发生吸氧腐蚀的速率，是赵州桥能够长久 亚铁离子、氢离子，总反应为硫化氢失去电子生成 保存的重要原因之一，D正确。 硫单质和氢离子：H2S-2e一SV十2H+,B正 2.D【解析】钢铁在潮湿的空气中会发生电化学腐 确；为防止Fe3+、Fe+向阴极移动而发生副反应， 蚀，从图中可以看出，Fe失去电子，电子通过外电 则质子交换膜不能换为阳离子交换膜，C正确；结 路流向C,所以Fe、C构成原电池的外电路，A正 合H2S-2e—S↓+2H+,每产生32gS,电路 确；在钢铁表面，O2得电子生成OH,若此时溶 中转移2mol电子，会有2mol氢离子迁移到阴极 液中溶有CO2,则可与OH反应生成CO?等， 区生成氢气，则阴极区溶液质量不减小，D错误。 从而发生反应：O2十2C02+4e—2C0号，B正 5.C【解析】由图可知，Zn在锌基电极失去电子生 确；钢铁在潮湿的空气中，开始时电解质溶液的酸 成2ZnCO3·3Zn(OH)2,锌基电极为负极，镍基 性较强，可能发生析氢腐蚀，随着反应进行，溶液 电极为正极，以此解答。放电时，锌基电极为负 酸性减弱，可能会发生吸氧腐蚀，所以析氢腐蚀与 极，镍基电极为正极，正极的电势高于负极，即镍 吸氧腐蚀可先后发生，C正确；电化学腐蚀过程 基电极的电势高于锌基电极，A正确；放电时，阳 中，氧气的消耗量难以准确测量和控制，且会受到 离子向正极移动，K+向镍基电极移动，B正确；充 多种因素的干扰，不能准确利用电化学腐蚀测定 电时镍基电极连接电源正极，为阳极，Ni失去电子 空气中氧气的含量，D错误。 生成Ni(OH)2,电极反应式为Ni+2OH-2e 3.B【解析】根据热化学方程式2A(g)=B(g) 一Ni(OH)2,消耗了OH-,镍基电极附近溶液 ·27· 5