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（山东专用）

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90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2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 题号 1 3 4 6 96 10 答案 1.侯氏制碱法的反应原理为NH2+CO2+NaC1十H2O一NaHCO↓+NH4Cl。下列有关化学用语 或表述正确的是 () H A.NH,CI的电子式为HHc B.NH的VSEPR模型和空间结构相同 C.CO2、H2O、NH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 一定条件 定条件 脱氯 脱氯 C=C=C A.环形Co的熔点低于金刚石 B.C1oCl分子属于极性分子 C.C4Clo分子中含有的o键类型为p-sp2o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。SO2 气凝胶的结构示意图如图所示： w~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 9 HCI是强酸 类比 HF是强酸 姓名 小 O2是非极性分子 类比 O是非极性分子 向CuSO4溶液中通入足量NH3可以制取 NH3比H2O更容易与Cu+形成配 C 推理 [Cu(NH4]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.元素a~i为短周期元素，其第一电离能与原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是 A.a和g同主族 B.金属性：g>h>i C.原子半径：e>d>c D.最简单氢化物沸点：b>c +2x+4x+6x+8 原子序数 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π键()，CO2比C2O的键角大 CIO2中C1一O键的键能比C12O的大 D 用杯酚分离C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 ( ) A.基态Sn原子的价层电子排布式为4d5s25p apmo apm B.白锡和灰锡互为同位素 <13.2℃ Q.O cpm b pm >13.2℃ 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 白锡 灰锡 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( 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·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 ( ) H,OH一 A.BF3是极性分子 B.键角：H2O<BF 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 密卷 二轮专题精准提升（七）化学第2页（共8页） 3 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 CO. 已知：NP p=NCH,CH,PPh。 图中，A、B、C均为Ru的6配位化合物，其中均含有Cl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+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 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得 4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 11 12 13 14 15 答案 11.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 () OH HO CI CI (b) 0入00 (a) (c) d 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 12.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 () 1moL·L-1NaOH溶液 a 蓝色浑浊液 ImoL·L-1NaOH溶液 均分 6moL·L-'NaOH溶液 b 三份 蓝色CuSO, 蓝色浑浊液 圈深蓝色溶液 溶液 1moL·L-1NH,·H,O溶液冂 恩深蓝色溶液 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 3 二轮专题精准提升（七）化学第3页（共8页） 真题 C.上述实验可得配离子的稳定性顺序为[Cu(NH)4]+<[Cu(OH)4]2 D.1mol[Cu(NH3)4]2+中含有。键的数目为12NA 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 () b 图 A.该二维晶体的化学式为CaCl2 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(ZnS)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4s24p CA点原子的坐标为00,0)，则B点原子的坐标为（仔，行，》 D.Zn与Se之间的最近距离为apm 15.氧化铝晶体有多种不同的晶型。图(1)是a-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·xAl2O3(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 () \D\\ 0-A ·一B 00 缺 O—A1 图(1) 图(2) A.图(1)中B为A1+,填人了02构成的八面体空隙中，填充率为 B.a-Al2O3中八面体彼此紧密相连，其结构稳定性高于BAl2O3 C.在BA12O3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.BA12O3晶体传导金属离子电荷量相同时，离子半径越小，导电效率越低 密卷 二轮专题精准提升（七）化学第4页（共8页） 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.(14分)三卤化氮(NX)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，NCL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、、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和NO2离子，其中N原子的杂化类型分别是 键角：NOi 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NF为无色气体，NCl为黄色油状液体，NCL,和NF,价层电子对互斥模型均为 ,NCl3和NF3的分子空间构型均为 (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· cm3(写出表达式)。 】 OX ●Y 17.(9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 N 111o SiH 120° CH (3)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl,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[PCL]+[PCL]-和[PBr]+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?所形成的正八面体的体心，该正八面体的 边长为 nm 二轮专题精准提升（七）化学第5页（共8页） 真题密 :9 7y ●Fe2 ooS; 18.(11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N+、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 ·→CoCl2 硝酸浸活性MgO 过滤→滤泥 镍钴 氨浸 过滤 →滤液2→ 气体A 取液调pH至9.0 分离 饱和 .A 滤渣 NiCL,溶液一→析晶 →固体氧化物 结品 NiCl2·4H,0 滤液1 1纯化 →晶体A一→热解 →气体一冷却至室温→HNO,溶液 已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni+、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)3 Ni(OH)2 Al(OH) Mg(OH)2 Kp 5.9X10-15 1.6×10-44 5.5×10-16 1.3×10-33 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攻)（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)2CO?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NHA1(OH)2CO3的明锐衍射峰。 ①NH4A1(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 (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)。 卷 二轮专题精准提升（七）化学第6页（共8页） 3 19.(12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 (I)学习小组发现，无水的C0CL2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(NH).Cl]Cl3-)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·mol-1)。 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：溶解后加人过量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·L1AgNO3标准液滴定，消耗V2mL。 已知：未加人EDTA时，发生反应：Ag+十CI一AgCI;加入EDTA后，发生反应为 [Co(NH3).Cl ](3-)++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装入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 (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.P2Os 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NH3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(S04)3 带火星的复燃 KICo(CN)6。 。带火星的 没有复燃 固体 小木条 固体 小不杀 A组 B组 蒸馏水 CoSO 。用火柴 ● 无明显 KfCo(CN6。 用火柴 蓝色火焰 固体 引燃 实验现象 固体 C组 D组 蒸馏水 蒸馏水昌 3 二轮专题精准提升（七）化学第7页（共8页） 真题密 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 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 滤渣 已知：①Fe3++3H3L(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=1.0×10-13。则反应ZnS (s)+2H+(aq)H2S(aq)+Zn+(aq)的平衡常数K= ④结合平衡移动原理，分析“酸浸”过程通人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，HL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 ②HL(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）。 6 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 键角（∠H一N一H)大小：[Cu(NH3)3]+> (1)s2Te位于第五周期MA族，基态原子的价层 NH3o 电子排布式为5s25p. (3)①根据均摊法可知，该合金中La个数为g (2)加入碳酸钠溶液，使PbSO4转化为PbCO3, 反应的离子方程式为PbSO4十CO一PbCO3 8=1,N个数为号X8+1=5,则x=5 +S0g,K=c(S0)=c(Pb2+)·c(S0) c(CO)c(Pb2+)·c(CO) ②以右下顶点的Mg为例，与其紧邻的A1位于 Kp (PbSO) 面心，且只有竖直面4个面心上有A1,因此Mg K (PbCO,),欲使该反应发生，c(CO): 的配位数为4。 7.4×10-14 ③储氢时氢原子嵌入由紧邻Cu、Au原子构成的 c(SO)> 1.6X105≈4.6X10°. 四面体空隙中，根据图示可知，A山位于顶，点，顶 (3)“蒸硒”时，Cu2Se等金属硒化物与浓硫酸发生 点上的8个Au均可与紧邻的三个Cu形成四面 氧化还原反应，产生的烟气主要成分为SeO2 体，则储氢时晶胞可填入8个氢原子，储氢后氢 和S02。 8 (4)TeOOH+在阴极得电子发生还原反应，该电 的密度为NA·aX10而g·cm3,标准状况下 极反应式为TeOOH++4e+3H+一Te+ 2 氢气的密度为vnX10g·cm,则该材料的储 2H2O。 (⑤)根据表格中杂质在碲单质中的分配系数数 4Vm,X103。 氢能力为Q·N入 据，可知杂质在液态碲中溶解度更大，熔融区向 20.(1)5s25p(1分) 末端移动，将杂质溶解带走，前端区再次凝固，故 熔炼过程中碲纯度最高的区域为前端；根据已知 (2)PbSO,+COPbCO3 +SO (2) 信息②，为提高确棒中硒的去除率，可在H2气氛 4.6×10-9(2分) 中进行熔炼提纯。 (3)SO2(1分) (6)①Li2Se晶体结构可描述为Li+填充在Se2 (4)TeOOH++4e+3H+—Te+2H2O(2分) 构成的正四面体的体心，可知晶胞中S2-位于顶 (5)前端(1分)H2(1分) 点和面心，L计位于晶胞内部，根据均摊法计算， (6)①顶点和面心(1分) 一个晶胞中有4个Se2-,8个Li计。 ②、 4×(79+2×7) a×(2aX10-)2分) ②两个Se2-的最短距离为anm,晶胞中面对角 【解析】铜阳极泥酸浸后用碳酸钠溶液浸泡，将 线长为2anm,设晶胞边长为xnm,则√2x= PbSO4转化为PbCO3,用HNO3溶解并转化为 2a,x=√2a,立方晶胞的密度为 Pb(NO3)2,将脱铅阳极泥加浓硫酸焙烧蒸硒，得 4×(79+2×7) SO2后再还原得硒，脱硒阳极泥用盐酸浸出，得 NaX(V2aX10-)g·cm3。 到盐酸浸碲液，再用SO2还原，便得到碲。 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 但NH3的中心原子N只有1个孤电子对，H2O 的中心原子O有2个孤电子对，孤电子对数越多， 1,B【解析】NH,C的电子式为H:H,A 对成键电子对的排斥力越大，键角越小，C错 错误；NH的价层电子对数为4，其VSEPR模型 误；NaHCO3溶解时，碳酸氢根也会部分电离，故 和空间结构均为正四面体形，B正确；CO2的键角 溶解过程中会破坏离子键和共价键，D错误。 2.B【解析】环形C0为分子晶体，而金刚石为共价 为180°，NH3、H2O的中心原子均为sp3杂化， 晶体，则环形C0的熔点低于金刚石，A正确；C1C3 ·29· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 中含有萘环，所有原子共平面，且分子中正负电荷 中心重合，为非极性分子，B错误；C4Cl0分子中 8 g十1=2，友锡品跑中sn原子数为8×日十6 C1一C。键类型为psp2o键，C一Co键类型 2×M(Sn): 区)+4=8，二者的密度之比为N·a,b 为sp2-sp2。键，C正确；基态Cl原子核外电子排 布式为1s22s22p63s23p5,空间运动状态有9种，D 8×M(Sn)=c:4a2b,D正确。 NA·c3 正确。 8.D【解析】基态Y原子的电子具有4种不同的空 3.C【解析】SiO2是原子间通过共价键形成的晶 间运动状态，故Y的核外电子排布式为1s22s22p2, 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 故Y为C;X、Z均与Y元素相邻，X原子序数小于 Y,故X为B,Z为N,W原子序数最小，且为非金 松多孔，其密度小于S○2晶体，C错误；两种物质 属元素，故W为H,形成的化合物Q为BH3· 中Si、O原子间均存在Si一O键，均有。键，D NH。同周期主族元素从左至右电负性逐渐增 正确。 大，B、C、N元素电负性依次增大，A错误；X为B, 4.C【解析】HCI是强酸，但HF是弱酸，类比错 能形成3根普通的共价键，Z为N,能形成3根普 误，A错误；O2是非极性分子，O3是极性分子（结 通的共价键，还有1个孤电子对，故Q分子中B、N 构不对称)，类比错误，B错误；NH3能与Cu+形 间存在配位键，且由N提供孤电子对，B错误；X 成稳定配位键，使[Cu(NH3)4]2+生成，说明NH3 为B,简单离子为B3+,Z为N,简单离子为N3-, 比H2O更容易与Cu2+形成配位键，推理合理，C 一般电子层数越多，半径越大，则简单离子半径：X 正确；Li在O2中燃烧只能生成Li2O,是因为Li <Z,C错误；Y简单氢化物为CH4,中心原子价电 金属性弱，与最外层电子数为1无直接因果（如 Na最外层电子数也为1，燃烧生成Na2O2),推理 子对数是4十4仁4×1=4，无孤对电子，键角为 2 错误，D错误。 109°28，Z形成的简单氢化物为NH3,中心原子价 5.B【解析】同周期元素中第ⅡA族和第VA族比 相邻元素的第一电离能大，0族元素的第一电离能 电子对数是3+5一3X1=4,有1个孤电子对，键 2 在同周期中最大，可以推断a~i分别是B、C、N、 角小于109°28，D正确。 O、F、Ne、Na、Mg、Al。a是B,g是Na,二者不同 9.A【解析】BF3中心原子B的价层电子对数是3 主族，A错误；Na、Mg、Al属于同周期，从左到右 金属性依次减弱，B正确；c、d、e分别是N、O、F, +3一3X1=3,无孤对电子，空间构型为平面三角 2 属于同周期元素，从左到右原子半径依次减小，原 形，结构对称，是仅含B一F极性共价键的非极性 子半径：c>d>e,C错误；b为C,c为N,NH分 分子，A错误；H2O分子的中心氧原子价层电子对 子间存在氢键，沸，点高，沸点：NH3>CH4,D 数为2+6-2X1 =4,采取sp3杂化，孤电子对数 错误。 2 6.C【解析】甘油分子中有3个羟基，极易与水分 为2，键角约为105°，BF3分子的中心B原子价层电 子间形成氢键，所以甘油吸湿性极强，A不符合题 子对数为3，采用的是sp2杂化，空间构型为平面三 意；电子从高能级轨道跃迁至低能级轨道时释放 角形，键角约为120°，H2O的键角小于BF3,B正 能量，能量以不同波长光的形式释放，即为焰色试 确；(H2O)2·BF3分子中的H2O与H2O之间形 验，B不符合题意；C12O分子的中心氧原子采 成氢键，分子中O原子提供孤电子对，B原子提供 取sp3杂化，而ClO2分子中存在大π键（Π），则 空轨道，0与B原子之间存在配位键，C正确；从 中心Cl原子采取sp2杂化，所以CIO2比CL2O的 题千给定的转化可以看出，(H2O)2·BF3熔化后 键角大，但其键角大小与键能无关，C符合题意； 7 可用杯酚识别C6,C6与杯酚通过分子间作用力 得到的物质为[H,O ,由阴、阳离子构 形成超分子，D不符合题意。 7.D【解析】Sn是第五周期IVA族元素，最外层有 成，D正确。 4个电子，价层电子排布式为5s25p,A错误；白锡 10.B【解析】A'和C的结构类似于A和C,但不含 和灰锡均为单质，为同素异形体，B错误；白锡和 氯，A错误；由结构简式可知，P原子的3个孤电 灰锡可以相互转化，但条件不同，故不是可逆反 子与C原子形成共用电子对，P原子剩余的孤电 应，C错误；根据均摊法，白锡晶胞中Sn原子数为 子对与Rū形成配位键，CI提供孤电子对，与Ru 3 ·30· ·化学· 参考答案及解析 形成配位键，由于整个分子呈电中性，配合物R1 14.BD【解析】Zn位于第四周期ⅡB族，位于元素 中Ru为+2价，B正确；N的2p能级半充满、较 周期表的ds区，A错误；Se位于第四周期MA 稳定，基态原子的第一电离能：N>O,C错误；配 族，核外价层电子排布式为4s24p4,B正确；A点 合物A中苯环和HCOO上的C原子采取sp 原子的坐标为(0,0,0)，由硒化锌(ZnSe)的晶胞 杂化，D错误。 二、选择题 结构可知，B点愿子的坐标为仔，》，C错 11.D【解析】a中含有酚羟基，具有酸性，可与 误；由晶胞结构可知，Zn与Se之间的最近距离为 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 品胞你对角窥的}，为日 4apm,D正确。 15.CD【解析】由均摊法可知，图(1)晶胞中A个数 与K+形成螯合离 为4号+6x =3,B个数为2，根据其化学式 为a-Al2O3可知A为O2-、B为A13+,八面体空 物质在苯中溶解度较大，因此c可增大KI在苯 隙数等于晶胞原子数，即O2一构成的八面体空隙 中的溶解度，B正确；在超分子中，O的电负性较 数为3,2个A13+填入了3个八面体空隙中的2 大，O原子周围电子密度较大，具有一定的负电 个，填充率为号，A正骑：由图可知，aAL0,中入 性，则K与冠醚分子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 面体彼此紧密相连，致密结构使其稳定性高于3 电子能力比O原子强，导致0电荷密度减少，配 Al2O3,B正确；在BA12O3晶体中，导电的主要 位能力降低，与K+形成的超分子稳定性将减弱， 传导离子是R+(K+或Na+),而非AI3+和O2 D错误。 构成的刚性骨架，刚性骨架本身不参与导电，而 12.CD【解析】Cu+与HO结合形成[Cu(HO)4]+, 是提供结构支撑和离子迁移通道，C错误； [Cu(HO)4]+是蓝色的，A正确；b中得到的配合物 BA12O3的导电效率与迁移离子(R+)半径相关， 是Na2[Cu(OHID4,其中心原子是Cu,配体为OH, 半径越小迁移越快，导电效率越高（如Na+效率 配位数是4，B正确；硫酸铜溶液中含有 高于K+),所以BA12O3晶体传导金属离子电荷 [Cu(HO)4]+,加入稀NaOH溶液易转化为 量相同时，离子半径越小，导电效率越高，D Cu(OH)2沉淀，再加入浓NaOH溶液可转化为 错误。 [Cu(OHD4]-,说明稳定性：[Cu(HO)4]+< 三、非选择题 [Cu(OHD4]2-,对比试管b、c中的现象可知，稳定性： 16.(1)第五周期VA族(1分)3(1分)相同 [Cu(NH)4]+>[Cu(OH)4]-,所以配离子的稳定 (1分) 性：[Cu(HO)4]2+<[Cu(OH)4]-<[Cu(NH3)4]2+, (2)F>N>O(1分)N>O>F(1分) C错误；1个[Cu(NH)4]+中含有4个N与Cu形成 (3)3d4s(1分)sp和sp2(1分)>(1分) 的配位键和12个N一H键，故含有6键的数目为 (4)F原子的半径小于C1原子，N一F键的键长 16NA,D错误。 短，键能大，稳定性高(1分)四面体形(1分) 13.AC【解析】由该晶体的俯视图可知，一个结构 三角锥形(1分) 单元中含有3个Ca和3个Cl,对结构单元的贡 (5)Ca2+(1分) 4MX103 献均为行，所以该品体的化学浅为CaC1,A错送； Na·a(2分) 【解析】(1)基态锑的价层电子排布式为5s25p3, 每个六角结构中分摊的碳原子数目为6X3 =2, 可知锑在元素周期表的位置为第五周期VA族； 由价层电子排布式可知其含有3个p轨道单电 1 分摊的CC键数目为6×2=3，则石墨烯C原 子，且自旋方向相同。 子与键数之比为2：3，B正确；由侧视图和俯视 (2)元素F、O、N位于同一周期，随核电荷数的递 图可知，晶体中Ca一Cl一Ca构成非平面正六边 增第一电离能呈增大趋势，但氨的最外层为半满 形，a离子分别与b、c离子的距离相等，C错误； 稳定结构，其第一电离能大于。，故第一电离能： 该晶体的形成是由于钙离子与石墨烯表面的芳 F>N>O,随核电荷数的增加原子半径减小，则 香环之间的强阳离子-π相互作用所致，D正确。 原子半径：N>O>F。 ·31· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 (3)铬为24号元素，基态铬原子的价层电子排布 (4)固态PCl和PBr;均为离子晶体，但其结构 式为3d4s;NO中心N原子的价层电子对数 分别为[PCl]+PCl]-和[PBr4]+Br,原因 为2十5-12X2=2,N原子米用s即杂 是Br半径较大，而CI半径较小，所以P周围 2 可以容纳6个CI-,能形成[PCl]-,而无法容 化、NO2中心N原子的价层电子对数为2+ 纳6个Br,即无法形成[PBr6]。 5+1一2X2=3,N原子采用即2杂化NO时为 (5)晶胞边长为anm=aX10-7cm,晶胞体积V= 2 直线结构，键角为180°，NO2为V形结构，则键 aX10'gm),该品跑中Fe个数为1+12×是 角：NO>NOz。 48个数为8×日+6× ，1 m (4)NF3和Cl3为结构相似的分子，但F原子的 2=4,晶体密度p=V- 半径小于Cl原子，N一F键的键长短，键能大，因 此NF3稳定性高于NCl3;NCl和NF3中N原 NA×(aX10-)g·cm9-4X120X10 4M aNA g· 子的价层电子对数均为3+5-)X3=4,均含一 cm-3= 4.8×1023 2 aNA g·cm3;晶胞中Fe2+位于 个孤电子对，价层电子对互斥模型均为四面体 S所形成的正八面体的体心，则该正八面体的 形，分子构型均为三角锥形。 边长为每个面对角线长度的一半，即正八面体的 (5)X位于顶点和面心，个数为8×8+6X2 1 1 边长为2a血 4;Y位于体内，个数为8，结合CaF2化学式，可 18.(1)Mg0+H20—Mg(0H)2(1分) 知X为Ca+,Y为F；晶胞质量为NA 4M (2)>(1分) (3)2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO3= M×1030 则CaF2晶体的密度为 NA·a3g·cm-3。 2[Co(NH3)]2++SO+13H20+4OH-(或 2Co(OH)3+8NH3.H2O+4NH+SO- 17.(1)3s23p(1分)8(1分) 2[CoNH3)6]++SO?+13H2O)(2分) (2)sp3、sp(1分)N(CH3)3(1分) (4)①晶体(1分) (3)三角锥形(1分) ②减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了 (4)Br半径较大，无法形成[PBr6]-(1分) 滤泥与氨性溶液的接触面积(1分) (5)4.8X102 aN(2分) 1分) (5)①HC1(1分) ②体心(1分)12(1分) 【解析】(1)硅原子序数为14，核外电子排布式 为1s22s22p3s23p,位于第三周期INA族，基态 (600.4(或号）1分) 硅原子的价电子排布式为3s23p,同一轨道的电 ②MgO(1分) 子属于一个空间运动状态，基态硅原子核外有1 【解析】硝酸浸取液（含Ni2+、Co2+、A13+、Mg2+) +1十3+1十2=8种不同空间运动状态的电子。 中加入活性氧化镁调节溶液pH值，“过滤”，得 (2)由化合物N(CH3)3的空间结构为三角锥形 到滤液1主要是硝酸镁，“结晶纯化”得到硝酸镁 可知，化合物中氨原子的价层电子对数为4，孤电 晶体，再“热解”得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨 子对数为1，氮原子的杂化方式为sp3,由 性溶液“氨浸”，“过滤”，在滤液2中进行“镍钴分 N(SiH3)3的空间结构为平面形可知，化合物中 离”，经过一系列操作，得到氯化铬和饱和氯化镍 氨原子的价层电子对数为3，孤电子对数为0，氨 溶液，向饱和氯化镍溶液中通入氯化氢气体得到 原子的杂化方式为sp。N(CH3)3中氮原子有 氯化镍晶体。 孤电子对，N(SiH3)3中氨原子没有孤电子对，则 (1)活性MgO可与水反应，化学方程式 N(CH)3更易形成配合物。 为MgO+H2O—Mg(OH)2。 (3)PC分子的中心原子P的孤电子对数为 (2)常温下，pH=9.9的氨性溶液中， 5-3X1=1,价层电子对教为3十1=4，故PCL lgKb(NH3·H2O)=-4.7,Kb(NH3·H2O) =10?=cNH时)·c(OH)c(NH时) 分子的空间结构为三角锥形。 c(NH3·H2O)'c(NH3·H2O) 3 ·32· ·化学· 参考答案及解析 10-4.7 104.7 c(OH）=10=10a6<1,则c(NH· (5)2[Co(CN)]4-+2H2O—2[Co(CN)6]3- +2OH+H2个(2分) H2O)>c(NHt)。 (6)Co+的还原性增强，Co3+的氧化性减弱(1分) (3)“氨浸”时，C0(OH)3与亚硫酸根发生氧化还 【解析】(1)无水的CoCl2固体遇水便会由蓝色 原反应，再与氨水反应生成[Co(NH3)6]+,则 变为粉色，则其可能具有的用途为作指示剂，检 由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]+的离子方程 验水的存在。 式为2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO}- (2)已知Ag2CrO4为棕红色沉淀，则达到滴定终 2[Co(NH3)6]2++S0?+13H20+4OH-或 点的实验现象是滴入最后半滴AgNO,溶液，产 2Co(OH)3+8NH3.H2O+4NH+SO 生棕红色沉淀，且半分钟内不发生明显变化。 2[Co(NH3)6]2++SO+13H20。 (3)由题意可知，第一份滴定过程中是外界氯 (4)①X射线衍射图谱中，出现了NH4A1(OH)2CO3 离子和银离子反应，第二份滴定过程中是内界 的明锐衍射峰，则NHA1(OH)2CO3属于晶体。 和外界氯离子和银离子反应，则3b 3 ②根据题意(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， 1mo:L1·V×10元，可得6-3，_V) c1mol·L1·V1×10-3L V2 则(NH4)2CO3能提高Ni、Co的浸取速率，其原 (4)①装置B用于千燥氨气，氨气会和无 因是(NH4)2CO3可以减少胶状物质对镍钴氢 水CaCl2、P2O5反应，故选CD。 氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触 ②该滴定利用了NH3在热碱水溶液中易挥发的 面积。 性质，使得生成氨气逸出被硼酸吸收，A正确；若 (5)①“析晶”过程中为了防止Ni+水解，因此通 滴定前酸式滴定管内无气泡，滴定结束后出现气 入的酸性气体A为HC1。 泡，使得标准液用量读数偏小，则使得测定的α ②由CoCl2可制备Al,CoO,晶体，x、y为整数， 值偏小，B错误；吸收装置中硼酸用于吸收氨气， 根据图中信息，其立方晶胞中C0、A1都只有一个 最终使用硫酸滴定吸收的氨气，仅保证硼酸过量 原子，而氧（白色）原子有3个，A1与O最小间距 即可，无需测定硼酸溶液浓度，C正确；实验结束 大于Co与O最小间距，则A1在顶点，因此Co 后，为防止倒吸，应先断开B、C装置连接的导管， 在晶胞中的位置为体心；晶体中一个A1周围与 再撤去酒精灯，D错误。 其最近的O原子为面心的O原子，以顶点A1分 (5)D组实验中生成的气体引燃后有淡蓝色火 析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截 焰，结合质量守恒，则生成氢气，结合电子守恒， 面共12个，因此晶体中一个A1周围与其最近的 反应中C0化合价升高被氧化、水中氢化合价降低 0的个数为12。 被还原，发生的离子反应方程式为2[Co(CN)6]4 (6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶 +2H20-2[Co(CN)6]3-+2OH-+H2↑。 体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO3)2· (6)由实验现象，A中生成氧气，B组没有生成氧 6H2O,根据Mg(NO3)2+2H2O=Mg(OH)2 气，说明与CN配位后，Co3+的氧化性减弱；C +2HNO,Mg(OH),△Mg0+H,O,还剩余5 中没有生成氢气，D组生成氢气，说明与CN配 个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与 位后，C02+的还原性增强。 n(H2O)的比值理论上最高为0.4。 20.(1)①适当增大硫酸浓度、适当增加O2的压力、 ②“热解”对于从矿石提取Ni、C0工艺的意义，根 升高酸浸温度、充分搅拌、延长酸浸时间等（任写 据前面分析Mg(NO3)2十2H2O=Mg(OH)2 种)(1分) +2HNO,Mg(OH)2△Mg0+H,0,在于可 ②Pb(1分) 重复利用HNO3和MgO。 ③2.0×10-4(2分) ④与H2S反应，降低生成物H2S的浓度，促使平 19.(1)作指示剂，检验水的存在(1分) 衡正向移动，提高Zn2+的浸出率(1分) (2)滴入最后半滴AgNO,溶液，产生棕红色沉 (2)2Fe3++ZnS-Zn2++S+2Fe2+(2分) 淀，且半分钟内不发生明显变化(2分) (3)①[Ar]3d4s24p(1分) (3)3vV)(2分y OH (4)①CD(2分) ②R -0H(1分) ②AC(2分) OH ·33· 3 真题密卷 二轮专题精准提升 (4)Zn2++2e—Zn(1分)酸浸(1分) +S+2Fe2+。 (3)①Ge为32号元素，根据构造原理，基态Ge (5)4(1分) (o,22)或1,22)1分) 原子的核外电子排布式为[Ar]3d04s4p2。 4(1分) ②“沉锗”时，H3L与G4+结合生成的沉淀中含 【解析】(I)①要提高“酸浸”速率，可通过增大反 有[Ge(HL)3]2-,由[Ge(HL)3]2的结构简式 应物浓度、升高温度、增大反应物表面积等方法， OH 故可提高“酸浸”效率的措施有适当增大硫酸浓 可知，HL(单宁)的结构简式为R -OH 度、适当增加O2的压力、升高酸浸温度、充分搅 OH 拌、延长酸浸时间等。 ②“酸浸”时，PbS不参与反应，滤渣1主要为 (4)滤液4经“电沉积”回收锌，电解时阴极 上Zn2+得电子转化为Zn单质，电极反应式 PbS,故可回收的金属主要是Pb。 c(H2S)·c(Zn2+) 为Zn++2e—Zn。 ③ K= c2(H+) (5)由晶胞结构图可知，该锗晶胞与金刚石晶胞 c(H,S)·c(Zn+)·c2(S-)=Km(ZnS) 结构类似，故与锗原子距离最近且相等的锗原子 c2(H+)·c2(S2-) Kl·K2 有4个；由晶胞结构图可知，若锗原子C的原子 2.0×10-24 坐标为(0,0,0)或(1,0,0)，则锗原子B的分数坐 1.0X10-0=2.0X10-4。 ④O2能与H2S发生氧化还原反应，降低生成 标为，号，日》或，日，日》：由线原子品隐持有 物H2S的浓度，促使平衡正向移动，提高Zn2+的 图可知，B位于晶胞右侧的面心，将该晶胞沿图 浸出率。 中体对角线投影，如图中锗原子A、C的位置所 (2)“中和还原”时，溶液中Fe3+与ZnS反应生成 示，锗原子B投影的位置是4号位。 S,该反应的离子方程式为2Fe3+十ZnS—Zn+ 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 确；钢铁在潮湿的空气中，开始时电解质溶液的酸 1.C【解析】石灰岩的主要成分碳酸钙会与空气中 性较强，可能发生析氢腐蚀，随着反应进行，溶液 的二氧化碳和水蒸气反应生成易溶于水的碳酸氢 酸性减弱，可能会发生吸氧腐蚀，所以析氢腐蚀与 钙，石灰岩经过精细凿刻后砌筑，使石块缝隙变 吸氧腐蚀可先后发生，C正确；电化学腐蚀过程 小，减少水分和空气与碳酸钙发生化合反应是赵 中，氧气的消耗量难以准确测量和控制，且会受到 州桥能够长久保存的重要原因之一，A正确：黏土 多种因素的千扰，不能准确利用电化学腐蚀测定 的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的基本结构是硅氧 空气中氧气的含量，D错误。 四面体，性质稳定，抗腐蚀能力强，B正确；糯米主3.B【解析】根据热化学方程式2A(g)一B(g) 要成分为淀粉，不是蛋白质，C错误；赵州桥所在 △H=-Qk·mol1(Q>0)可知，该反应是 华北地区气候千燥，减缓了石材中的碳酸钙与二 2molA气体发生反应产生1molB气体，放出热 氧化碳和水蒸气反应生成碳酸氢钙的速率，也减 量QkJ,反应物的能量比生成物的能量高，且同一 缓了铁发生吸氧腐蚀的速率，是赵州桥能够长久 种物质在气态时能量高于在液态时能量；故选B。 保存的重要原因之一，D正确。 4.A【解析】Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应生 2.D【解析】钢铁在潮湿的空气中会发生电化学腐 成NH3,该反应是吸热反应，开始实验时关闭止水 蚀，从图中可以看出，Fe失去电子，电子通过外电 夹，锥形瓶内用电磁搅拌器搅拌，则锥形瓶中温度 路流向C,所以F、C构成原电池的外电路，A正 降低；浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCI气体与反 确；在钢铁表面，O2得电子生成OH,若此时溶 应生成的NH3生成NH4CI,则有大量白烟产生， 液中溶有CO2,则可与OH反应生成CO等， 试剂m用来吸收氨气，防止污染空气，可以 从而发生反应：O2+2C02十4e—2CO?,B正 为P2O5。Ba(OH)2·8H2O与NH4C1反应生 3 ·34·