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（广东专用）

密真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（七） 苍题 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：B一11P一31S-32Fe一56 一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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 3 4 5 6 78 9 o 12 13 15 16 答案 1.高碘酸(HIO6)是一元弱酸，可作分析试剂，在酸性介质中发生反应：2Mn2++5H,IO。一2MnO4 +5IO?+11H++7H20,下列化学用语表述正确的是 A,Mn2+的价电子轨道表示式：↑↑↑1个t 3d 4s B.高碘酸的电离方程式：HIO。一H+十H4IO。 C.IO3的空间结构：三角锥形 D.H2O的共价键类型：spo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 () 一定条件 一定条件 脱氯 脱氯 CI A.环形C1。的熔点低于金刚石 B.C1。Clg分子属于极性分子 C.C14Cl10分子中含有的o键类型为p-sp2σ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.SiO2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。SiO2 气凝胶的结构示意图如图所示： ww表示链延长 下列说法错误的是 () A.SiO2晶体属于共价晶体 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 D.SiO2和SiO2气凝胶两种物质中均有Si、O原子间的o键 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 4.类比和推理是学习化学常用的思维方法。下列结论合理的是 班级 选项 已知 方法 结论 A HCI是强酸 类比 HF是强酸 姓名 B O2是非极性分子 类比 O3是非极性分子 向CuSO4溶液中通人足量NHg可以制取 NH3比H2O更容易与Cu2+形成配 C 推理 [Cu(NH3)4]2+ 位键 得分 D Li在O2中燃烧只能生成Li2O,不能生成Li2O2 推理 Li原子的最外层电子数为1 5.我国科研人员合成了一种深紫外双折射晶体材料，其由原子序数依次增大的五种短周期元素Q、W、 X、Y和Z组成。基态X原子的s轨道中电子总数比p轨道中电子总数多1，X所在族的族序数等于 Q的质子数，基态Y和Z原子的原子核外均只有1个未成对电子，且二者核电荷数之和为Q的4倍。 下列说法正确的是 ) A.QY3为极性分子 B.ZY为共价晶体 C.原子半径：W>Z D.1个X2分子中有2个π键 6.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 B 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 C1O2分子中存在大x键（正），C1O2比C2O的键角大 CIO2中C1一O键的键能比Cl2O的大 D 用杯酚分离Cs和C0 杯酚与C。通过分子间作用力形成超分子 7.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 () apm apm <13.2C pm b pm >13.2℃ 白锡 灰锡 A.基态Sn原子的价层电子排布式为4d5s25p2 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 8.短周期非金属元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中基态Y原子的电子具有4种不同的空间运动 状态，X、Z均与Y元素相邻。W、X、Z可形成化合物Q,其结构如图所示。下列说法正确的是() Wo-War W8--X- Z—W Wo- A.元素的电负性：X>Y>Z B.Q分子中X、Z间存在配位键，且由X提供孤电子对 C.简单离子半径：X>Z D.Y与Z分别形成的简单氢化物的键角：Y>Z 9.(H2O)2·BF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 2-HoH0一-B-f 结品 密卷 二轮专题精准提升（七）化学第2页（共8页）】 4 A.BF3是极性分子 B.键角：H2O<BFg C.(H2O)2·BF,中存在氢键和配位键 D.(H2O)2·BF3熔化可产生阴、阳离子 10.Ru配合物Ru-1可使甲酸在温和条件下高选择性发生脱羧反应，获得氢气，反应原理为HCOOH 一—H2十CO2(脱羧反应)。其催化甲酸脱羧的机理如图所示（注：循环箭头上只给出了部分反应物 和离去物，Ph是苯基)： HCOO HCOO Ru-1 已知：NP;=一N p=N(CH,CH,PPh,3。 图中，A、B、C均为Ru的6配位化合物，其中均含有CI元素；A'和C'的结构类似于A和C,但不含 氯；X为某种反应物；Ru的价态在催化循环中保持不变，有机配体可以用NP3代表。下列有关物质 结构或性质的说法正确的是 () A.配合物C'为NP3RuCI(H2)+ B.配合物Ru-1中Ru为十2价 C.基态原子的第一电离能：O>N D.配合物A中碳原子均采取sp3杂化 11.下列有关物质结构的说法正确的是 ( OB H,CH,C一NN -CH ● ① ③ A.图①中18-冠-6通过离子键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征 B.图②物质中，碳、氮、硼原子的杂化方式均为$p3杂化 C.图③为磷化硼晶胞，其中距P最近的P有8个 168 D.图③磷化硼晶胞参数为dcm,则该晶体的密度为NAdg·cm 12.已知铜离子的配位数通常为4，[Cu(H2O)4]+为蓝色，[Cu(OH)]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 () 1moL·L-1NaOH溶液 a 蓝色浑浊液 moL·L-1NaOH溶液 均分 6moL·L-1NaOH溶液， Πb 三份 蓝色CuSO 蓝色浑浊液 圈深蓝色溶液 溶液 1moL·L-1NH,·H,O溶液c 图深蓝色溶液 4 二轮专题精准提升（七）化学第3页（共8页） 真题密 A.硫酸铜溶液呈蓝色，是因为溶液中存在[Cu(H2O)4]2+配离子 B.b中得到配合物Naz[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]2+<[Cu(OH)4]2 D.1mol[Cu(NH3)4]2+中含有。键的数目为16Na 13.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 () 6 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 14.硒化锌(ZSe)是一种重要的半导体材料，其立方晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿x轴方向在 xy平面的投影，已知晶胞边长为apm,下列说法正确的是 () A.Zn位于元素周期表的p区 B.Se的核外价层电子排布式为3d4s24p4 CA点原子的坐标为(0,0,0)，则B点原子的坐标为(4,4， /113Y D.Zn与Se之间的最近距离为3apm 15.氧化铝晶体有多种不同的晶型。图(1)是α-Al2O3的晶体结构示意图；B-Al2O3可视作铝酸盐，其中 一类化学式为R2O·xAl2O,(R是K或Na),其微观结构示意图如图(2)所示，其中R未画出。下 列说法错误的是 () 0-A ●B 0—0 口一空缺 O—A1 图(1) 图(2) ,图(I)中B为A1+,填入了0构成的八面体空隙中，填充率为号 B.a-Al2O3中八面体彼此紧密相连，其结构稳定性高于BAl2O 卷 二轮专题精准提升（七）化学第4页（共8页） C.在BAl2O3晶体中，A13+和O2-构成刚性骨架，是晶体导电的主要传导离子 D.β-A12O3晶体传导金属离子电荷量相同时，离子半径越小，导电效率越高 16.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。 Li 0 a nm nm 图1 图2 下列说法正确的是 A.图1中A,B两微粒的距离为cnm,则C的分数坐标为2,2,2) /111Y B.图2立方晶胞中锂离子的缺位率为2 C.图2中CI厂周围等距且最近的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56分。 17.(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 111o SiH 1200 CH (3)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCL,,其中气态PCl分子的空间结构为 (4)研究发现固态PCl,和PBrs均为离子晶体，但其结构分别为[PCL,]+[PCL]-和[PBr]+Br,分 析PCl5和PBrs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所形成的正八面体的体心，该正八面体的 边长为 nm. ● ●fe2+ooS 二轮专题精准提升（七）化学第5页（共8页） 真题密 18.(14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Ni+、Co2+、A13+、Mg2+) 中，利用氨浸工艺可提取Ni、C0,并获得高附加值化工产品。工艺流程如图所示： 氨性溶液 ·→CoCl2 硝酸浸活性MgO 过滤→滤泥一 氨浸 过滤 →滤液2 镍钴 气体A 取液 调pH至9.0 分离 饱和 滤渣 NiCL,溶液 →析晶 →固体氧化物 结晶 NiCL2·4H,O 滤液1 纯化 →晶体A一→热解 气体→冷却至室温一→HNO,溶液 已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni+、Co2+、Co3+与NHg 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)3 Ni(OH)2 AK(OH)3 Mg(OH)2 K即 5.9×10-15 1.6×10-44 5.5×10-16 1.3×10-38 5.6×10-12 回答下列问题： (1)活性Mg0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)(填“>”“<”或“=”)。 (3)“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH)6]+的离子方程式为 (4)(NH)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。 ①NH4A1(OH),CO3属于 (填“晶体”或“非晶体”)。 ②(NH4)zCO3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C0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 (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）。 19.(14分)钴元素化合物具有极其丰富的颜色特征，学习小组为了解钴及其化合物性质，做了如下 探究： I.钴水配合物 (1)学习小组发现，无水的CoC2固体遇水便会由蓝色变为粉色。学习小组猜测其可能具有的用途 为 Ⅱ.钴氨配合物 现有四种颜色的钴氨配合物，分别为黄色、紫红色、绿色、紫色，且都符合[Co(NH3).C]C3-b)的化 学通式。学习小组选择紫红色的配合物，并进行定量分析。称取mg纯样品，均分为3份（配合物的 摩尔质量为Mg·mol1)。 卷 二轮专题精准提升（七）化学第6页（共8页） 4 第一份：溶解后在微碱性条件下，以5%的K2CrO4溶液作指示剂，用浓度为c1mol·L1AgNO3标 准液滴定，消耗V1mL。已知Ag2CrO4为棕红色沉淀。 第二份：溶解后加入过量EDTA(乙二胺四乙酸)，在微碱性条件下，以5%的K2CrO4溶液作指示剂， 用浓度为c1mol·L-1AgNO3标准液滴定，消耗V2mL。 已知：未加入EDTA时，发生反应：Ag++CI一AgCI↓；加入EDTA后，发生反应为 [Co(NH3)CL ](-++EDTA-[Co(EDTA)]3++aNH3 +6CI- 第三份：在锥形瓶A中溶解后，加入一定浓度的NaOH溶液10mL,另取一锥形瓶D装人40mL硼 酸溶液，并用H2SO4溶液滴定锥形瓶D中的溶液，实验装置如图所示： N2包 硼酸 溶液 (2)第一份样品溶液中达到滴定终点的实验现象是 (3)写出b的表达式：b= (用V1、V2表示)。 (4)①下列物质中，装置B中可选用 (填标号)。 A.无水CaCl2 B.P2O C.碱石灰 D.NaOH固体 ②关于上述实验说法正确的是 (填标号)。 A,该滴定利用了NH?在热碱水溶液中易挥发的性质 B.若滴定前酸式滴定管内无气泡，滴定结束后出现气泡，则测定的α值偏大 C.吸收装置中仅保证硼酸过量即可，无需测定硼酸溶液浓度 D.实验结束后，先撤去酒精灯，再断开B、C装置连接的导管 Ⅲ.钴氰配合物 学习小组为探究钴氰配合物的性质，进行了如图所示A、B、C、D四组对比实验。 Co2(S043 带火星的复燃 K3[Co(CN)61 带火星的 没有复燃 固体 小木条 固体 小木条 A组 B组 蒸馏水 蒸馏水一色 CoSO4 用火柴 无明显 ● Ka[Co(CN6J。 。用火柴 蓝色火焰 固体 引燃 实验现象 固体 引燃 C组 D组 蒸馏水一 蒸馏水一 已知：上述所有实验均没有沉淀生成。 (5)写出D组实验中发生的离子反应方程式： (6)对比A组，C组和B组、D组实验，可得出与CN配位后，Co2+、Co3+的性质发生的变化为 二轮专题精准提升（七）化学第7页（共8页） 真题密 20.(14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 滤液1 滤液2 中和还原 沉锗 0, 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 浅溢 已知：①Fe3++3H3L(单宁)=HFe(HL)3]↓十3H+; ②废电解液中主要含H+、SO和少量Zn+。 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Ka1=1.0×10-7,K2=1.0×10-13。则反应ZnS (s)+2H+(aq)==H2S(aq)+Zn2+(aq)的平衡常数K= 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： ①3zGe基态原子的核外电子排布式为 ②H3L(单宁)的结构简式为 (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储原子有 个，锗原子C的原子 坐标为(0,0,0)或(1,0,0)，储原子B的分数坐标为 。将该晶胞沿图中体对角线投影， 左图中储原子B投影的位置是右图的 号位（填标号）。 6 卷 二轮专题精准提升（七）化学第8页（共8页）真题密卷 二轮专题精准提升 PbSO4转化为PbCO3,用HNO3溶解并转化为 极反应式为TeOOH++4e+3H+一Te+ Pb(NO3)2,将脱铅阳极泥加浓硫酸焙烧蒸硒，得 2H20。 SO2后再还原得硒，脱硒阳极泥用盐酸浸出，得 (5)根据表格中杂质在确单质中的分配系数数 到盐酸浸碲液，再用S○2还原，便得到碲。 据，可知杂质在液态确中溶解度更大，熔融区向 (1)52Te位于第五周期IA族，基态原子的价层 末端移动，将杂质溶解带走，前端区再次凝固，故 电子排布式为5s25p4。 熔炼过程中碲纯度最高的区域为前端；根据已知 (2)加入碳酸钠溶液，使PbSO4转化为PbCO3, 信息②，为提高碲棒中硒的去除率，可在H2气氛 反应的离子方程式为PbSO4十CO?一PbCO3 中进行熔炼提纯。 +8ark-0-:88号 (6)①Li2Se晶体结构可描述为Li计填充在Se2- 构成的正四面体的体心，可知晶胞中S2-位于顶 Ksp(PbSO,) K(PbCO,),欲使该反应发生，c(CO): 点和面心，L+位于晶胞内部，根据均摊法计算， 一个晶胞中有4个Se2-,8个Li计。 7.4×10-14 ②两个Se2-的最短距离为anm,晶胞中面对角 c(S0号)>i.6X105≈4.6X109。 线长为2anm,设晶胞边长为xnm,则√2x= (3)“蒸硒”时，Cu2Se等金属硒化物与浓硫酸发生 2a,x=√2a,立方晶胞的密度为 氧化还原反应，产生的烟气主要成分为SO2 4X(79+2×7) 和S02。 (4)TeOOH+在阴极得电子发生还原反应，该电 NaX(V2aX10-)38·cm。 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 误，A错误；O2是非极性分子，O3是极性分子（结 1.C【解析】Mn2+的价电子轨道表示式： 构不对称)，类比错误，B错误；NH能与Cu+形 十↑十↑1，A错误；高碘酸(H1O)是一 成稳定配位键，使[Cu(NH3)4]+生成，说明NH3 3d 比H2O更容易与Cu2+形成配位键，推理合理，C 元弱酸，弱酸部分电离，电离方程式应为HIO6 正确；Li在O2中燃烧只能生成Li2O,是因为Li 一H++H4IO6,B错误；对于IO3,中心I原子 金属性弱，与最外层电子数为1无直接因果（如 价层电子对数为3+7+1,3X2-4,含1个孤电 Na最外层电子数也为1，燃烧生成Na2O2),推理 2 错误，D错误。 子对，根据价层电子对互斥理论，空间结构为三角 5.D【解析】Q、W、X、Y和Z为原子序数依次增大 锥形，C正确；H2O中O原子为sp3杂化，H原子 的短周期元素，基态X原子的§轨道中电子总数 1s轨道与O原子sp3杂化轨道形成σ键， 比p轨道中电子总数多1，X是N;X所在族的族 是sSp3。键，D错误。 序数等于Q的质子数，Q是B,所以W是C;基态 2.B【解析】环形C0为分子晶体，而金刚石为共价 Y和Z原子的原子核外均只有1个未成对电子， 晶体，则环形C10的熔点低于金刚石，A正确；C。CL 且二者核电荷数之和为Q的4倍，即质子数之和 中含有萘环，所有原子共平面，且分子中正负电荷 为20，所以Y是F,Z是Na。BF3为平面正三角 中心重合，为非极性分子，B错误；C4Cl0分子中 形结构，结构对称，属于非极性分子，A错误；NaF C1一C。键类型为psp2o键，C一Cg键类型 是离子晶体，B错误；同周期元素自左向右原子半 为sp2-spσ键，C正确；基态Cl原子核外电子排 径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐 布式为1s22s22p53s23p5,空间运动状态有9种，D 增大，则原子半径：C<Na,C错误；N2分子中含有 正确。 三键，所以含有2个π键，D正确。 3.C【解析】SiO2是原子间通过共价键形成的晶 6.C【解析】甘油分子中有3个羟基，极易与水分 体，属于共价晶体，A正确；SO2属于共价晶体，具 子间形成氢键，所以甘油吸湿性极强，A不符合题 有较高的硬度和熔点，B正确；SiO2气凝胶材料疏 意；电子从高能级轨道跃迁至低能级轨道时释放 松多孔，其密度小于SiO2晶体，C错误；两种物质 能量，能量以不同波长光的形式释放，即为焰色试 中Si、O原子间均存在Si一O键，均有o键，D 验，B不符合题意；Cl2O分子的中心氧原子采 正确。 取sp3杂化，而C1O2分子中存在大π键（Ⅱ），则 4.C【解析】HCl是强酸，但HF是弱酸，类比错 中心C1原子采取sp2杂化，所以ClO2比C2O的 ·26· ·化学· 参考答案及解析 键角大，但其键角大小与键能无关，C符合题意； 成，D正确。 可用杯酚识别C6,C6。与杯酚通过分子间作用力 10.B【解析】A'和C的结构类似于A和C,但不含 形成超分子，D不符合题意。 氯，A错误；由结构简式可知，P原子的3个孤电 7.D【解析】Sn是第五周期VA族元素，最外层有 子与C原子形成共用电子对，P原子剩余的孤电 4个电子，价层电子排布式为5s25p,A错误；白锡 子对与Ru形成配位键，CI提供孤电子对，与Ru 和灰锡均为单质，为同素异形体，B错误；白锡和 形成配位健，由于整个分子呈电中性，配合物Ru1 灰锡可以相互转化，但条件不同，故不是可逆反 中Ru为十2价，B正确；N的2p能级半充满、较 应，C错误；根据均摊法，白锡晶胞中Sn原子数为 稳定，基态原子的第一电离能：N>O,C错误；配 1 合物A中苯环和HCOO上的C原子采取sp X8+1=2,灰锡品胞中Sn原子数为8义8 杂化，D错误。 <+4=8,二者的密度之比为2XM(S》】 11.D【解析】图①中18-冠-6不含有阴离子，与K+ NA·a2·b 间不能形成离子键，图①中18冠-6通过配位键 8×M(Sn)=c:4a2b,D正确。 与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征，A NA·c3 错误；图②物质中，碳氨双键、碳碳双键中碳、氨 8.D【解析】基态Y原子的电子具有4种不同的空 原子的杂化方式为sp2杂化，B错误；图③为磷化 间运动状态，故Y的核外电子排布式为1s22s22p2, 硼晶胞，P原子构成面心立方堆积，距P最近的P 故Y为C;X、Z均与Y元素相邻，X原子序数小于 有12个，C错误；图③磷化硼晶胞参数为dcm, Y,故X为B,Z为N,W原子序数最小，且为非金 属元素，故W为H,形成的化合物Q为BH3· 根据均摊原则，晶胞中卫原子数为8X?+6X NH?。同周期主族元素从左至右电负性逐渐增 =4、B原子数为4，则该晶体的密度为 大，B、C、N元素电负性依次增大，A错误；X为B, E·d8·cm3=Nd6g·cm,D 4×(31+11) 168 能形成3根普通的共价键，Z为N,能形成3根普 通的共价键，还有1个孤电子对，故Q分子中B、N 正确。 间存在配位键，且由N提供孤电子对，B错误；X 12.C【解析】Cu+与H2O结合形成[Cu(H2O)4]+, 为B,简单离子为B3+,Z为N,简单离子为N3-, [Cu(H2O)]+是蓝色的，A正确；b中得到的配 一般电子层数越多，半径越大，则简单离子半径：X 合物是Na2[Cu(OH)4],其中心原子是Cu,配体 <Z,C错误；Y简单氢化物为CH4,中心原子价电 为OH,配位数是4，B正确；硫酸铜溶液中含有 子对数是4十4二4X1=4,无孤对电子，键角为 [Cu(H2O)4]+,加入稀NaOH溶液易转化为 2 Cu(OH)2沉淀，再加入浓NaOH溶液可转化为 109°28'，Z形成的简单氢化物为NH3,中心原子价 [Cu(OH)4]2-,说明稳定性：[Cu(H2O)4]+ 电子对数是3+5一×1=4，有1个孤电子对，键 [Cu(OH)4]2-,对比试管b、c中的现象可知，稳 2 定性：[Cu(NH3)4]+>[Cu(OH)4]2-,所以配 角小于10928'，D正确。 离子的稳定性：[Cu(H2O),]+<[Cu(OH)4]2 9.A【解析】BF中心原子B的价层电子对数是3 <[Cu(NH3)4]2+,C错误；1个[Cu(NH3)4]2+中 十3一3X1-3,无孤对电子，空间构型为平面三角 含有4个N与Cu形成的配位键和12个N一H 2 键，故含有σ键的数目为16NA,D正确。 形，结构对称，是仅含B一F极性共价键的非极性 13.C【解析】由该晶体的俯视图可知，一个结构单 分子，A错误；H2O分子的中心氧原子价层电子对 元中含有3个Ca和3个Cl,对结构单元的贡献 数为2+6一？X1=4,来取5即杂化，孤电子对数 2 均为行，所以该晶体的化学式为CaCl,A三境；海 为2，键角约为105°，BF3分子的中心B原子价层电 子对数为3，采用的是$2杂化，空间构型为平面三 个六角结构中分摊的碳原子数目为6X 32,分 角形，键角约为120°，H2O的键角小于BF,B正 确；(H2O)2·BF3分子中的H2O与H2O之间形 排的CC筑数目为6x?-3,则石茎烯C原子 成氢键，分子中O原子提供孤电子对，B原子提供 与键数之比为2：3，B正确；由侧视图和俯视图 空轨道，O与B原子之间存在配位键，C正确；从 可知，晶体中Ca一Cl一Ca构成非平面正六边形， 题千给定的转化可以看出，(H2O)?·BF3熔化后 a离子分别与b、c离子的距离相等，C错误；该晶 体的形成是由于钙离子与石墨烯表面的芳香环 得到的物质为[HO HO一B一F,由阴、阳离子构 之间的强阳离子-π相互作用所致，D正确。 14.D【解析】Zn位于第四周期ⅡB族，位于元素周 ·27· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 期表的ds区，A错误；Se位于第四周期IA族， 二、非选择题 核外价层电子排布式为4s4p,B错误；A点原 17.(1)3s23p2(1分)8(1分) 子的坐标为(0,0,0)，由硒化锌(ZnSe)的晶胞结 (2)sp3、sp(2分)N(CH3)3(2分) 为可如，B点愿子的坐标为（仔》，C辑送： (3)三角锥形(2分) (4)Br半径较大，无法形成[PBr]-(2分) 由晶胞结构可知，Zn与Se之间的最近距离为晶 (5)4.8X102 胞乐对角线的子，为。 1 apm,D正确。 aNA(2分) e分) 【解析】(1)硅原子序数为14，核外电子排布式 15.C【解析】由均摊法可知，图(1)晶胞中A个数 为1s22s22p3s23p2,位于第三周期VA族，基态 为4X2+6×日-3，B个数为2，根据其化学式 硅原子的价电子排布式为3s23p2,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 为-A12O3可知A为02-、B为A13+,八面体空 十1+3+1十2=8种不同空间运动状态的电子。 隙数等于晶胞原子数，即O2构成的八面体空隙 (2)由化合物N(CH?)3的空间结构为三角锥形 数为3,2个A13+填入了3个八面体空隙中的2 可知，化合物中氨原子的价层电子对数为4，孤电 2 个，填充率为了，A正确：由图可知，cAl,O中八 子对数为1，氨原子的杂化方式为sp3,由 N(SiH3)3的空间结构为平面形可知，化合物中 面体彼此紧密相连，致密结构使其稳定性高于阝 氮原子的价层电子对数为3，孤电子对数为0，氨 Al2O3,B正确；在BAl2O3晶体中，导电的主要 原子的杂化方式为sp2。N(CH)3中氮原子有 传导离子是R+(K+或Na+),而非AI3+和O2 孤电子对，N(SiH)3中氨原子没有孤电子对，则 构成的刚性骨架，刚性骨架本身不参与导电，而 N(CH3)3更易形成配合物。 是提供结构支撑和离子迁移通道，C错误； (3)PC分子的中心原子P的孤电子对数为 BA12O3的导电效率与迁移离子(R+)半径相关， 5-3×1 半径越小迁移越快，导电效率越高（如Na+效率 2 =1,价层电子对数为3十1=4，故PCL 高于K+),所以BA12O3晶体传导金属离子电荷 分子的空间结构为三角锥形。 量相同时，离子半径越小，导电效率越高，D (4)固态PCl和PBr均为离子晶体，但其结构 正确 分别为[PCl]+PCl]和[PBr4]+Br,原因 16.C【解析】C在之轴上的分数坐标是，则C的 是Br半径较大，而CI厂半径较小，所以P周围 可以容纳6个CI,能形成[PCL]-,而无法容 111 分数坐标为( 22),A错误；图2中C1个数 纳6个Br,即无法形成[PBr6]。 (5)晶胞边长为anm=aX107cm,晶胞体积V= 1 为1,0H个数为8×8=1，Li计个数为12×4 (aX10'cm)3,该晶胞中Fe2+个数为1+12×4 ,1 =3,根据化学式Li2(OH)Cl知，该晶胞中应该 1 1 m 含有2个L计，锂离子的缺位率为32-1， 3=3B错 4,s号个数为8×8十6X2=4,晶体密度p-位 4M 误；图2中CI周围等距且最近的CI有6个，分 NA×aX107)g·cm3=4X120X102 g· a3NA 别位于与该晶胞相邻的6个晶胞的体心上，C正 cm-3= 4.8×1023 确；图1中C个数为2,0H个数为8×日+4 aNA g·cm3;晶胞中Fe2+位于 S所形成的正八面体的体心，则该正八面体的 ×号2,1时个教为8x+1+2×号=4，昌跑 1 边长为每个面对角线长度的一半，即正八面体的 体积为abcX101cm3,图2中晶胞体积为d3 M72 功长务是m NA 18.(1)MgO+H2O-Mg(OH)2(2分) 0cm3,图1中晶胞密度P1==V (2)>(1分) 2M (3)2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO3 NA abc X10g·cm3,图2中晶胞密度p2= 2[Co(NH3)6]2++SO+13H0+4OH(或 M 2Co(OH)3+8NH3.H2 O+4NH:+SO- m NA M 2d3 2[Co(NH3)6]++SO?+13H2O)(2分) V-V-NA dix10-a g.cm,c- (4)①晶体(1分) 错误。 ②减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了 4 ·28· ·化学· 参考答案及解析 滤泥与氨性溶液的接触面积(2分) 体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO3)2· (5)①HC1(1分) 6H2O,根据Mg(NO3)2+2H2O=Mg(OH)2 ②体心(1分)12(1分) 十2HNO,Mg(OH)。△Mg0+H,0,还剩余5 (6)00.4(或）2分) 个水分子，因此所得HNO,溶液中n(HNO3)与 n(H2O)的比值理论上最高为0.4。 ②MgO(1分) ②“热解”对于从矿石提取Ni、C0工艺的意义，根 【解析】硝酸浸取液（含N2+、Co2+、A13+、Mg2+) 中加入活性氧化镁调节溶液pH值，“过滤”，得 据前面分析Mg(NO3)2十2H2O-一Mg(OH)2 到滤液1主要是硝酸镁，“结晶纯化”得到硝酸镁 +2HNO,Mg(OH)2△Mg0+H,O,在于可 晶体，再“热解”得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨 重复利用HNO3和MgO。 性溶液“氨浸”，“过滤”，在滤液2中进行“镍钻分 19.(1)作指示剂，检验水的存在(2分) 离”，经过一系列操作，得到氯化铬和饱和氯化镍 (2)滴人最后半滴AgNO,溶液，产生棕红色沉 溶液，向饱和氯化镍溶液中通入氯化氢气体得到 淀，且半分钟内不发生明显变化(2分) 氯化镍晶体。 (3)3V,-V) 2分) (1)活性Mg0可与水反应，化学方程式 为MgO+H2O—Mg(OH)2。 (4)①CD(2分) (2)常温下，pH=9.9的氨性溶液中， ②AC(2分) 1gKb(NH3·H2O)=-4.7,Kb(NH3·H2O) (5)2[Co(CN)6]4-+2H2O2[Co(CN)6]3 =10-47-c(NH).c(OH-)c(NHt) +2OH+H2↑(2分) c(NH3·H2O)’c(NH3·H2O) (6)Co2+的还原性增强，Co3+的氧化性减弱(2分) 10-4.710-4.7 c(OH)-10-=1006<1,则c(NH,· 【解析】(1)无水的CoCL2固体遇水便会由蓝色 变为粉色，则其可能具有的用途为作指示剂，检 H2O)>c(NH ) 验水的存在。 (3)“氨浸”时，C0(OH)3与亚硫酸根发生氧化还 (2)已知Ag2CrO4为棕红色沉淀，则达到滴定终 原反应，再与氨水反应生成[C0(NH3)]+,则 点的实验现象是滴入最后半滴AgNO3溶液，产 由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]+的离子方程 生棕红色沉淀，且半分钟内不发生明显变化。 式为2Co(OH)3+12NH3·H20+SO? (3)由题意可知，第一份滴定过程中是外界氯 2[Co(NH3)6]2++S0+13H2O+4OH-或 离子和银离子反应，第二份滴定过程中是内界 2Co(OH)+8NH3.H2O+4NH+SO 2[CoNH3)6]2++S0+13H20。 和外界氯离子和银离子反应，则36 3 (4)①X射线衍射图谱中，出现了NHA1(OH),COs 1m0:L·VX10元可得6-3V,-V2 c1mol·L-1·V1×10-3L 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装置B用于干燥氨气，氨气会和无 状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物， 水CaCl2、P2O5反应，故选CD。 则(NH4)2CO3能提高Ni、Co的浸取速率，其原 ②该滴定利用了NH3在热碱水溶液中易挥发的 因是(NH4)2CO3可以减少胶状物质对镍钻氢 性质，使得生成氨气逸出被硼酸吸收，A正确；若 氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触 滴定前酸式滴定管内无气泡，滴定结束后出现气 面积。 泡，使得标准液用量读数偏小，则使得测定的α (5)①“析晶”过程中为了防止N+水解，因此通 值偏小，B错误；吸收装置中硼酸用于吸收氨气， 入的酸性气体A为HC1。 最终使用硫酸滴定吸收的氨气，仅保证硼酸过量 ②由CoCl2可制备Al,CoO,晶体，x、y为整数， 即可，无需测定硼酸溶液浓度，C正确；实验结束 根据图中信息，其立方晶胞中C0、A1都只有一个 后，为防止倒吸，应先断开B、C装置连接的导管， 原子，而氧（白色）原子有3个，A1与O最小间距 再撤去酒精灯，D错误。 大于Co与O最小间距，则A1在顶点，因此Co (5)D组实验中生成的气体引燃后有淡蓝色火 在晶胞中的位置为体心；晶体中一个A1周围与 焰，结合质量守恒，则生成氢气，结合电子守恒， 其最近的O原子为面心的O原子，以顶点A1分 反应中C0化合价升高被氧化、水中氢化合价降低 析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截 被还原，发生的离子反应方程式为2[Co(CN)6]4 面共12个，因此晶体中一个A1周围与其最近的 +2HO=2[Co(CN)6]3-+2OH-+H2个。 0的个数为12。 (6)由实验现象，A中生成氧气，B组没有生成氧 (6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶 气，说明与CN配位后，Co3+的氧化性减弱；C ·29· 4 真题密卷 二轮专题精准提升 中没有生成氢气，D组生成氢气，说明与CN一配 2.0X10-24 位后，C0+的还原性增强。 1.0X10-0=2.0×104。 20.(1)①适当增大硫酸浓度、适当增加O2的压力、 ④O2能与H2S发生氧化还原反应，降低生成 升高酸浸温度、充分搅拌、延长酸浸时间等（任写 物H2S的浓度，促使平衡正向移动，提高Zn+的 一种)(1分) 浸出率。 ②Pb(1分) (2)“中和还原”时，溶液中Fe3+与ZnS反应生成 ③2.0×10-4(2分) S,该反应的离子方程式为2Fe3++ZnS—Zn2+ ④与H2S反应，降低生成物H2S的浓度，促使平 +S+2Fe2+。 衡正向移动，提高Zn2+的浸出率(1分) (3)①Ge为32号元素，根据构造原理，基态Ge (2)2Fe3++ZnS-Zn2++S+2Fe2+(2分) 原子的核外电子排布式为[Ar]3d4s24p2。 (3)①[Ar3d4s24p2(1分) ②“沉锗”时，H3L与G4+结合生成的沉淀中含 OH 有[Ge(HL)3]2-,由[Ge(HL)3]2-的结构简式 ②R 一OH(1分) OH OH 可知，HL(单宁)的结构简式为R〈 -OH。 (4)Zn2++2e —Zn(1分)酸浸(1分) OH (5)4(1分) (o,22)或1,21分) (4)滤液4经“电沉积”回收锌，电解时阴极 上Zn+得电子转化为Zn单质，电极反应式 4(1分) 为Zn2++2e-Zn。 【解析】(1)①要提高“酸浸”速率，可通过增大反 (5)由晶胞结构图可知，该锗晶胞与金刚石晶胞 应物浓度、升高温度、增大反应物表面积等方法， 结构类似，故与储原子距离最近且相等的储原子 故可提高“酸浸”效率的措施有适当增大硫酸浓 有4个；由晶胞结构图可知，若锗原子C的原子 度、适当增加O2的压力、升高酸浸温度、充分搅 坐标为(0,0,0)或(1,0,0)，则锗原子B的分数坐 拌、延长酸浸时间等。 ②“酸浸”时，PbS不参与反应，滤渣1主要为 标为6，日)1，日》：由钻愿子品跑桔构 PbS,故可回收的金属主要是Pb。 图可知，B位于晶胞右侧的面心，将该晶胞沿图 c(H2S)·c(Zn+) 中体对角线投影，如图中锗原子A、C的位置所 ③ K c2(H+) 示，锗原子B投影的位置是4号位。 c(H2S)·c(Zn2+)·c2(S2-)Kp(ZnS) c2(H+)·c2(S2-) K1·K2 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 电流由钢铁管道（正极）经导线流向镁块（负极），A 1.C【解析】石灰岩的主要成分碳酸钙会与空气中 错误；管道表面上发生O2得电子的还原反应，B 的二氧化碳和水蒸气反应生成易溶于水的碳酸氢 错误；该保护法牺牲镁块（原电池的负极，发生氧 钙，石灰岩经过精细凿刻后砌筑，使石块缝隙变 化反应)，为牺牲阳极保护法，C正确；钠太活泼， 小，减少水分和空气与碳酸钙发生化合反应是赵 极易直接与空气中O2、H2O及CO2等反应，不能 州桥能够长久保存的重要原因之一，A正确；黏土 为管道提供电子，无法保护管道，D错误。 的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的基本结构是硅氧 3.A【解析】已知①2Zn(s)十O2(g)一2ZnO(s) 四面体，性质稳定，抗腐蚀能力强，B正确；糯米主 要成分为淀粉，不是蛋白质，C错误；赵州桥所在 △1，=7022灯·molr,@Hg0+20.(g) 华北地区气候千燥，减缓了石材中的碳酸钙与二 一HgO(s)△H2=-90.7kJ·mol-1,根据盖 氧化碳和水蒸气反应生成碳酸氢钙的速率，也减 斯定律：①×0.5-②即可得：Zn(s)+Hg0(s) 缓了铁发生吸氧腐蚀的速率，是赵州桥能够长久 =ZnO(s)+Hg(1)△H3=(-702.2X0.5+ 保存的重要原因之一，D正确。 90.7)kJ·mol1=-260.4kJ·mol1,故选A。 2.C【解析】Mg的活泼性大于Fe,形成原电池时， 4.A【解析】Ba(OH)2·8H2O与NHCl反应生 Mg为负极失去电子被氧化，F为正极受到保护， 成NH3,该反应是吸热反应，开始实验时关闭止水 ·30·