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（辽鄂黑吉蒙川专用）

密真 2025一2026学年度二轮专题精准提升（七） 卷题 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一32Fe一56 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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 2 3 4 5 6 b 9 10 11 12 13 14 15 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++5HIO6 一2MnO4+5IO?十11H++7H20,下列化学用语表述正确的是 () A.Mn2+的价电子轨道表示式：tttt1]t灯 3d 4s B.高碘酸的电离方程式：HIO6一H++H4IO6 C.IO3的空间结构：三角锥形 D.H2O的共价键类型：s-po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 CioCls CCho A.环形C10的熔点低于金刚石 B.C1oCl8分子属于极性分子 C.C14Cl1o分子中含有的o键类型为psp2。键和sp2-sp2。键 D.基态C1原子核外电子的空间运动状态有9种 3.六方氨化硼晶体俗称“白石墨”，与石墨具有类似的结构，部分结构如图所示。下列说法 错误的是 () ●氮 ○硼 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，用力去创造属于你的辉煌 A.N位于元素周期表的p区 班级 B.基态B原子的价层电子的轨道表示式：白中口 2s 2p C.六方氮化硼中硼原子为sp杂化 姓名 D.六方氮化硼晶体中存在范德华力 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 得分 选项 已知 方法 结论 HCI是强酸 类比 HF是强酸 B O2是非极性分子 类比 O3是非极性分子 向CuSO4溶液中通入足量NH,可以制取 NH3比H2O更容易与Cu+形 C 推理 [Cu(NH3)4]2+ 成配位键 Li在O2中燃烧只能生成Li2O,不能生 D 推理 Li原子的最外层电子数为1 成Li2O2 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 C1O2分子中存在大π键()，C1O2比Cl2O的键角大 ClO2中C1一O键的键能比C12O的大 D 用杯酚分离C0和C0 杯酚与C6和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 pm <13.2C pm pm >13.2℃ 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 密卷 二轮专题精准提升（七）化学第2页（共8页） 2 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 () W-W6+ W6-W6 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--B-F2H,OIHO-B-F 结品 H F 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 10.稀土催化剂在催化苯乙烯与其他物质的反应中起到至关重要的作用。某种反应机理 如图(t-Bu表示叔丁基，Ph表示苯基)。下列说法错误的是 () t-Bu Ph t-B N.Bu-t A.物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物 B.共价键极性：H一N>H一C C.反应过程中Y元素的成键数未发生变化 D.反应过程中有非极性键的断裂和形成 2 二轮专题精准提升（七）化学第3页（共8页） 真题 11.下列有关物质结构的说法正确的是 ① ② 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sp3杂化 C.图③为磷化硼晶胞，其中距P最近的P有8个 D.图③磷化硼晶胞参数为dcm,则该晶体的密度为、168 Na·d3g·cm-3 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 () lmoL·L-NaOH溶液 a 圈蓝色浑浊液 1moL·L-1NaOH溶液 均分6moL·L-1NaOH溶液 b 蘑三份 蓝色CuSO, 蓝色浑浊液 圈深蓝色溶液 溶液 1moL·L-1NH,·HO溶液c 目深蓝色溶液 A.硫酸铜溶液呈蓝色，是因为溶液中存在[Cu(H2O)4]2+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。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 () 俯 视 视 图 图 A.该二维晶体的化学式为CaCI 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 密卷 二轮专题精准提升（七）化学第4页（共8页） 14.硒化锌(ZnSe)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 沿之轴方向在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3d1°4s24p C.A点原子的坐标为(0,0,0)，则B点原子的坐标为 113 4’4’4 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α-Al2O3的晶体结构示意图；β-A12O3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 ) A 一 B 0—0 口一 空缺 图(1) 图(2) A,图中B为A时填人了O构成的人面体空隙中，填充率为专 B.aAl2O3中八面体彼此紧密相连，其结构稳定性高于B-A12O3 C.在B-Al2O3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.B-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 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(13分)原子序数依次增大的前四周期元素X、Y、Z、W中，X和Y的价电子层中未成对 电子均只有1个，并且X和Y+的电子数相差8；与Y位于同一周期的Z和W,它们的 价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差2。回答下列问题： (1)WSO4溶于氨水形成W(NH3)6]SO4溶液。 ①[W(NH3)6]SO4中W2+与NH3之间形成的化学键称为 ,提供孤电 子对的成键原子是（填元素符号）。 ②氨气溶于水时，大部分NH3与H2O以氢键（用“…”表示）结合形成NH3·H2O分 子。根据氨水的性质可推知NH3·H2O的结构式为 二轮专题精准提升（七）化学第5页（共8页）】 真题密 ③向[w(NH)6]SO4溶液中滴入少量氢氧化钡溶液，该反应的离子方程式为 (2)ZC13中的化学键只有明显的共价性，蒸气状态下以双聚分子形式存在的ZC13的结 构式为 ,其中Z的配位数为 (3)反应2Na十2YCl高2NaC1+2Y+能够发生的原因为 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 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[PCl4]+[PCl,]-和 [PBr4]+Br,分析PCl和PBr5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·cm-3;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+ooS3 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Ni2+、Co2+、 A3+、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 确酸浸活性山0过滤一滤泥 →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 NiC,溶液一→析晶 →固体氧化物 NiCL2·4H,0 滤液1一， 结品 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 卷 二轮专题精准提升（七）化学第6页（共8页） 2 氧化为Co(OH)3;部分氢氧化物的Ksp如表所示： 氢氧化物 Co(OH) Co(OH) Ni(OH)2 Al(OH)2 Mg(OH)2 Ksp 5.9×10-15 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)(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NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。 ①NH4AI(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CoCl2可制备A1zCoO,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)。 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CoC12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).Cl]C1(3-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·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。 二轮专题精准提升（七）化学第7页（共8页）】 真题密 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K2CO4 溶液作指示剂，用浓度为c1mol·L1AgNO3标准液滴定，消耗V2mL。 已知：未加入EDTA时，发生反应：Ag++CI-一AgCl;加入EDTA后，发生反应为 [Co(NHa)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 0 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.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。 号带火星的二复燃 K[Co(CN)。。 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 蒸馏水目 CoSO4 。用火柴 无明显 K4[Co(CN)6J。 。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- 蒸馏水 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，Co+、Co3+的性质发生的 变化为 0 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 Ksp(PbSO) K (PbCO,),欲使该反应发生，c(C0): 熔炼过程中碲纯度最高的区域为前端；根据已知 信息②，为提高碲棒中硒的去除率，可在H2气氛 0)星04.6x10. 中进行熔炼提纯。 (6)①Li2Se晶体结构可描述为Li计填充在Se2 (3)“蒸硒”时，Cu2Se等金属硒化物与浓硫酸发生 构成的正四面体的体心，可知晶胞中Se2-位于顶 氧化还原反应，产生的烟气主要成分为SeO2 点和面心，Li位于晶胞内部，根据均摊法计算， 和S02。 一个晶胞中有4个Se2-,8个Li计。 (4)TeOOH+在阴极得电子发生还原反应，该电 ②两个Se2-的最短距离为anm,晶胞中面对角 极反应式为TeOOH++4e+3H+—Te+ 线长为2anm,设晶胞边长为xnm,则√2x= 2H2O。 2a,x=√2a,立方晶胞的密度为 (5)根据表格中杂质在碲单质中的分配系数数 4×(79+2X7) 据，可知杂质在液态确中溶解度更大，熔融区向 末端移动，将杂质溶解带走，前端区再次凝固，故 NaX(V2aX10-)38·cm3。 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 硼原子为$p杂化，C正确；六方氨化硼晶体俗称 1.C【解析】Mn2+的价电子轨道表示式： “白石墨”，与石墨具有类似的结构，层状结构之间 ↑↑↑↑↑，A错误；高碘酸(H,IO,)是一 存在范德华力，D正确。 3d 4.C【解析】HCI是强酸，但HF是弱酸，类比错 元弱酸，弱酸部分电离，电离方程式应为HIO6 误，A错误；O2是非极性分子，O3是极性分子（结 =H+十H4IO,B错误；对于IO3,中心I原子 构不对称)，类比错误，B错误；NH3能与Cu+形 价层电子对数为3十7十13X2=4,含1个孤电 成稳定配位键，使[Cu(NH3)]2+生成，说明NH3 2 比H2O更容易与Cu2+形成配位键，推理合理，C 子对，根据价层电子对互斥理论，空间结构为三角 正确；Li在O2中燃烧只能生成Li2O,是因为Li 锥形，C正确；H2O中O原子为sp3杂化，H原子 金属性弱，与最外层电子数为1无直接因果（如 1s轨道与0原子sp3杂化轨道形成。键， Na最外层电子数也为1，燃烧生成Na2O2),推理 是s-Sp36键，D错误。 错误，D错误。 2.B【解析】环形C0为分子晶体，而金刚石为共价5.D【解析】Q、W、X、Y和Z为原子序数依次增大 晶体，则环形C10的熔点低于金刚石，A正确；C0CL 的短周期元素，基态X原子的§轨道中电子总数 中含有茶环，所有原子共平面，且分子中正负电荷 比p轨道中电子总数多1，X是N;X所在族的族 中心重合，为非极性分子，B错误；C4C110分子中 序数等于Q的质子数，Q是B,所以W是C;基态 C1一C。键类型为psp2G键，C一C。键类型 Y和Z原子的原子核外均只有1个未成对电子， 为sp2-sp。键，C正确；基态C1原子核外电子排 且二者核电荷数之和为Q的4倍，即质子数之和 布式为1s22s22p3s23p5,空间运动状态有9种，D 为20，所以Y是F,Z是Na。BFg为平面正三角 正确。 形结构，结构对称，属于非极性分子，A错误；NaF 3.B【解析】N是第VA族元素，位于元素周期表 是离子晶体，B错误；同周期元素自左向右原子半 的p区，A正确；B是5号元素，价层电子排布式为 径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐 2s22p,价层电子的轨道表示式为 增大，则原子半径：C<Na,C错误；N2分子中含有 25 2p 中☐B错误：六方氮化硼品体俗称 三键，所以含有2个π键，D正确。 6.C【解析】甘油分子中有3个羟基，极易与水分 “白石墨”，与石墨具有类似的结构，为层状结构， 子间形成氢键，所以甘油吸湿性极强，A不符合题 ·27· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 意；电子从高能级轨道跃迁至低能级轨道时释放 子对数为3，采用的是sp杂化，空间构型为平面三 能量，能量以不同波长光的形式释放，即为焰色试 角形，键角约为120°，H2O的键角小于BF3,B正 验，B不符合题意；C12O分子的中心氧原子采 确；(H2O)2·BF3分子中的H2O与H2O之间形 取Sp3杂化，而C1O2分子中存在大π键（Π），则 成氢键，分子中O原子提供孤电子对，B原子提供 中心Cl原子采取sp2杂化，所以CIO2比Cl2O的 空轨道，O与B原子之间存在配位键，C正确；从 键角大，但其键角大小与键能无关，C符合题意； 题干给定的转化可以看出，(H2O)2·BF:熔化后 可用杯酚识别C60,C60与杯酚通过分子间作用力 形成超分子，D不符合题意。 得到的物质为[H,O 由阴、阳离子构 7.D【解析】Sn是第五周期VA族元素，最外层有 4个电子，价层电子排布式为5s25p2,A错误；白锡 成，D正确。 和灰锡均为单质，为同素异形体，B错误；白锡和 10.C【解析】物质Ⅱ是反应①生成物、反应②的反 灰锡可以相互转化，但条件不同，故不是可逆反 应物，物质Ⅲ是反应②的生成物、反应③的反应 应，C错误；根据均摊法，白锡晶胞中S原子数为 物，则物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物，A正确；非金属元 1 1 素的电负性差越大，形成共价键的极性越大，电 8X8十1=2，灰锡晶胞中S原子数为8Xg+6 负性：N>C,则N、H元素电负性的差大于C、H元 ×号+4=8，二者的窗庭之比为 ×M(Sn) 素电负性的差，则共价键极性：H一N>H一C,B A·a2·b 正确；I、V中Y的成键个数是3，Ⅱ、Ⅲ中Y形 8×M(Sn)=c3:4a'b,D正确。 成的成键个数是4，所以Y的成键数发生了变 Na·c3 化，C错误；Ⅱ生成Ⅲ时碳碳双键变为碳碳单键， 8.D【解析】基态Y原子的电子具有4种不同的空 工生成Ⅱ时有碳碳键的形成，所以反应过程中有 间运动状态，故Y的核外电子排布式为1s22s22p, 非极性键的断裂和形成，D正确。 故Y为C;X、Z均与Y元素相邻，X原子序数小于 11.D【解析】图①中18-冠-6不含有阴离子，与K+ Y,故X为B,Z为N,W原子序数最小，且为非金 间不能形成离子键，图①中18-冠-6通过配位键 属元素，故W为H,形成的化合物Q为BH3· 与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征，A NH3。同周期主族元素从左至右电负性逐渐增 错误；图②物质中，碳氨双键、碳碳双键中碳、氨 大，B、C、N元素电负性依次增大，A错误；X为B, 原子的杂化方式为s2杂化，B错误；图③为磷化 能形成3根普通的共价键，Z为N,能形成3根普 硼晶胞，P原子构成面心立方堆积，距P最近的P 通的共价键，还有1个孤电子对，故Q分子中B、N 有12个，C错误；图③磷化硼晶胞参数为dcm, 间存在配位键，且由N提供孤电子对，B错误；X 根据均辩原则，晶胞中P原子数为8Xg+6X? 1 为B,简单离子为B3+,Z为N,简单离子为N3-, 一般电子层数越多，半径越大，则简单离子半径：X =4、B原子数为4，则该晶体的密度为 <Z,C错误；Y简单氢化物为CH4,中心原子价电 A·8·cm=Nd2g·cm,D 4×(31+11) 168 子对数是4+4仁4X1=4,无孤对电子，键角为 2 正确。 109°28，Z形成的简单氢化物为NH3,中心原子价 12.C【解析】Cu+与H20结合形成[Cu(H2O)4]+, 电子对数是3十5一3×1=4，有1个孤电子对，键 [Cu(H2O)4]+是蓝色的，A正确；b中得到的配 2 合物是Na2[Cu(OH)4],其中心原子是Cu,配体 角小于109°28′，D正确。 为OH一，配位数是4，B正确；硫酸铜溶液中含有 9.A【解析】BF3中心原子B的价层电子对数是3 +3-3X1 [Cu(HzO)4]+,加入稀NaOH溶液易转化为 2 =3,无孤对电子，空间构型为平面三角 Cu(OH)2沉淀，再加入浓NaOH溶液可转化为 形，结构对称，是仅含B一F极性共价键的非极性 [Cu(OH)4]2-,说明稳定性：[Cu(H2O)4]+< 分子，A错误；H2O分子的中心氧原子价层电子对 [Cu(OH)]2-,对比试管b、c中的现象可知，稳 数为2+6-2X1=4,采取s即杂化，孤电子对数 定性：[Cu(NH3)4]+>[Cu(OH)4]2-,所以配 离子的稳定性：[Cu(H2O)4]+<[Cu(OH)] 为2，键角约为105°，BF3分子的中心B原子价层电 <[Cu(NH3)4]2+,C错误；1个[Cu(NH3)4]+中 2 ·28· ·化学· 参考答案及解析 含有4个N与Cu形成的配位键和12个N一H ③SO+Ba2+-BaSO4↓(2分) 键，故含有。键的数目为16NA,D正确。 CI. 13.C【解析】由该晶体的俯视图可知，一个结构单 (2) Fe Fe (2分)4(2分) 元中含有3个Ca和3个Cl,对结构单元的贡献 C CI CI 均为了，所以该晶体的化学式为CaC1,A正确；每 (3)因为K的沸点比Na低，在高温下以气体方 式生成，及时脱离反应体系，使反应2Na+2KCl 个六角结构中分摊的碳原子数目为6× 3=2,分 商温2NaC1+2K个不断向右进行(2分) 摊的C-C健数目为6×2-3，则石墨烯C原子 【解析】前四周期原子序数依次增大的元素X、 Y、Z、W中，X和Y的价电子层中未成对电子均 与键数之比为2：3，B正确；由侧视图和俯视图 只有1个，并且X和Y+的电子数相差8，则X 可知，晶体中Ca一Cl一Ca构成非平面正六边形， 属于第IA族元素，Y属于第IA族元素，且X a离子分别与b、c离子的距离相等，C错误；该晶 的原子序数小于Y,则X是F元素，Y是K元 体的形成是由于钙离子与石墨烯表面的芳香环 素；与Y位于同一周期的Z和W,它们价电子层 之间的强阳离子-π相互作用所致，D正确。 中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相 14.D【解析】Zn位于第四周期ⅡB族，位于元素周 差为2，且Z和W的原子序数大于Y(K),Z的原 期表的ds区，A错误；Se位于第四周期IA族， 子序数小于W,则Z是Fe元素，W是Ni元素， 核外价层电子排布式为4s24p,B错误；A点原 据此解答。 子的坐标为(0,0,0)，由硒化锌(ZnSe)的晶胞结 (1)①Ni(NH3)6]SO4中Ni+与NH3之间形 为可知，B点愿子的坐指为仔》C错误： 成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原 子是N。 由晶胞结构可知，Zn与Se之间的最近距离为晶 ②NH3·H2O电离出铵根离子与氢氧根离子，水 胞依对角线的}，为。 apm,D正确。 中O一H键断裂，应是氨分子中N原子与水中 H原子之间形成氢键，故NH3·H2O的结构式 15.C【解析】由均摊法可知，图(1)晶胞中A个数 H .1 1 为4×2十6X6=3,B个数为2，根据其化学式 为H-NH-0。 HH 为-A1203可知A为02-、B为A13+,八面体空 ③向Ni(NH)6]SO4溶液中滴入少量氢氧化钡 隙数等于晶胞原子数，即O2构成的八面体空隙 溶液，会生成硫酸钡沉淀，内界离子不参与反应， 数为3,2个A13+填入了3个八面体空隙中的2 故离子方程式为SO十Ba+—BaSO4Y。 个，填充率为，A正确；由图可知，QA,O,中八 (2)FeCl3中的化学键只有明显的共价性，蒸气状 态下以双聚分子形式存在的FeCla的结构式为 面体彼此紧密相连，致密结构使其稳定性高于阝 CI CI A12O3,B正确；在BAl2O3晶体中，导电的主要 Fe Fe,Fe原子周围有4个Cl,则其中 传导离子是R+(K+或Na+),而非A13+和O2- CI 构成的刚性骨架，刚性骨架本身不参与导电，而 Fe的配位数为4。 是提供结构支撑和离子迁移通道，C错误； (3)因为K的沸点比Na低，在高温下以气体方 BA12O3的导电效率与迁移离子(R+)半径相关， 式生成，及时脱离反应体系，使反应2Na十2KCl 半径越小迁移越快，导电效率越高（如Na+效率 高 高于K+),所以BA12O3晶体传导金属离子电荷 二2NaCI十2K个不断向右进行，故能够发生。 量相同时，离子半径越小，导电效率越高，D 正确。 17.(1)3s23p2(1分)8(1分) 二、非选择题 (2)sp3、sp(2分)N(CH)3(2分) 16.(1)①配位键(1分)N(2分) (3)三角锥形(2分) (4)Br半径较大，无法形成[PBr6]-(2分) ②H-NH-O(2分) (5)4.8X109 H aNA(2分) e分) ·29· 2 真题密卷 二轮专题精准提升 【解析】(1)硅原子序数为14，核外电子排布式 ②体心(1分)12(1分) 为1s22s22p53s23p2,位于第三周期VA族，基态 硅原子的价电子排布式为3s23p,同一轨道的电 (6)0o.4(或号）2分) 子属于一个空间运动状态，基态硅原子核外有1 ②MgO(1分) +1十3+1十2=8种不同空间运动状态的电子。 【解析】硝酸浸取液（含Ni+、Co2+、A13+、Mg2+) (2)由化合物N(CH3)3的空间结构为三角锥形 中加入活性氧化镁调节溶液pH值，“过滤”，得 可知，化合物中氮原子的价层电子对数为4，孤电 到滤液1主要是硝酸镁，“结晶纯化”得到硝酸镁 子对数为1，氮原子的杂化方式为sp3,由 晶体，再“热解”得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨 N(SiH3)3的空间结构为平面形可知，化合物中 性溶液“氨浸”，“过滤”，在滤液2中进行“镍钻分 氨原子的价层电子对数为3，孤电子对数为0，氮 离”，经过一系列操作，得到氯化铬和饱和氯化镍 原子的杂化方式为sp。N(CH)3中氮原子有 溶液，向饱和氯化镍溶液中通入氯化氢气体得到 孤电子对，N(SiH)?中氦原子没有孤电子对，则 氯化镍晶体。 N(CH3)3更易形成配合物。 (1)活性Mg0可与水反应，化学方程式 (3)PC分子的中心原子P的孤电子对数为 为MgO+H2O-Mg(OH)2。 5-3X1-1,价层电子对数为3十1=4，故PCl (2)常温下，pH=9.9的氨性溶液中， 2 lgKb(NH3·H2O)=-4.7,Kb(NH3·H2O) 分子的空间结构为三角锥形。 =10-4(NH).c(OH-)c(NH) (4)固态PCL和PBr5均为离子晶体，但其结构 c(NH3·H2O)'c(NH3·H2O) 分别为[PCL]+PCl]和[PBr]+Br,原因 104.7104.7 是Br半径较大，而CI半径较小，所以P周围 c(OH)=10-4=106<1,则c(NH。· H2O)>c(NH)。 可以容纳6个CI,能形成[PCL],而无法容 (3)“氨浸”时，C0(OH)3与亚硫酸根发生氧化还 纳6个Br,即无法形成[PBr6]。 原反应，再与氨水反应生成[Co(NH3)6]+,则 (5)晶胞边长为anm=aX107cm,晶胞体积V= 由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程 0’cm),该晶胞中Fe2*个数为1+12X 式为2Co(OH)3+12NH3·H20+SO号 2[Co(NH3)6]2++S0+13H20+40H或 4,s个为8X日+6x号=4，品体密度p=世 2Co(OH)3+8NH3.H2O+4NH:+SO- NAX (aX10-7)8.cm-=4X120X10" 4M 2[CoNH3)g]2++SO?+13H2O。 g· aNA (4)①X射线衍射图谱中，出现了NH4A1(OHD2CO cm-3=4.8X1023 g·cm3;晶胞中Fe2+位于 的明锐衍射峰，则NH4AI(OH)2CO属于晶体。 aN ②根据题意(NH4),CO3会使滤泥中的一种胶 S号所形成的正八面体的体心，则该正八面体的 状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物， 边长为每个面对角线长度的一半，即正八面体的 则(NH4)2COa能提高Ni、Co的浸取速率，其原 边米为是。m 因是(NH4)2CO3可以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 18.(1)MgO+H2O=Mg(OH)2(2分) 面积。 (2)>(1分) (5)①“析晶”过程中为了防止N+水解，因此通 (3)2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO? 入的酸性气体A为HCI。 2 [Co(NH3 )]2++SO+13H2O+40H-( ②由CoC2可制备Al.CoO,晶体，x、y为整数， 2Co(OH)3+8NH3.H2O+4NH;+SO- 根据图中信息，其立方晶胞中C0、A1都只有一个 2[Co(NH3)g]2++SO?+13H2O)(2分) 原子，而氧（白色）原子有3个，A1与O最小间距 (4)①晶体(1分) 大于Co与O最小间距，则A1在顶，点，因此Co ②减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了 在晶胞中的位置为体心；晶体中一个A1周围与 滤泥与氨性溶液的接触面积(2分) 其最近的O原子为面心的O原子，以顶，点A1分 (5)①HC1(1分) 析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截 ·30· ·化学· 参考答案及解析 面共12个，因此晶体中一个A1周围与其最近的 生棕红色沉淀，且半分钟内不发生明显变化。 0的个数为12。 (3)由题意可知，第一份滴定过程中是外界氯 (6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶 离子和银离子反应，第二份滴定过程中是内界 体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO3)2· 6H2O,根据Mg(NO3)2十2H2O=Mg(OH)2 和外界氯离子和银离子反应，则3b 3 +2HNO,Mg(OHD,△Mg0+H,0,还剩余5 1mo1:·VX10元可得6-3，_y) c1mol·L1·V1×10-3L V, 个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与 (4)①装置B用于千燥氨气，氨气会和无 n(H2O)的比值理论上最高为0.4。 水CaCl2、P2O5反应，故选CD。 ②“热解”对于从矿石提取Ni、C0工艺的意义，根 ②该滴定利用了NH3在热碱水溶液中易挥发的 据前面分析Mg(NO3)2十2H2O一Mg(OH)2 性质，使得生成氨气逸出被硼酸吸收，A正确；若 +2HNO,Mg(OH)2△Mg0十H,O,在于可 滴定前酸式滴定管内无气泡，滴定结束后出现气 重复利用HNO3和MgO。 泡，使得标准液用量读数偏小，则使得测定的a 19.(1)作指示剂，检验水的存在(2分) 值偏小，B错误；吸收装置中硼酸用于吸收氨气， (2)滴入最后半滴AgNO3溶液，产生棕红色沉 最终使用硫酸滴定吸收的氨气，仅保证硼酸过量 淀，且半分钟内不发生明显变化(2分) 即可，无需测定硼酸溶液浓度，C正确；实验结束 (8)3VV)(2分y 后，为防止倒吸，应先断开B、C装置连接的导管， V2 再撤去酒精灯，D错误。 (4)①CD(2分) (5)D组实验中生成的气体引燃后有淡蓝色火 ②AC(2分) 焰，结合质量守恒，则生成氢气，结合电子守恒， (5)2[Co(CN)6]4-+2H2O=2[Co(CN)6]3 反应中C0化合价升高被氧化、水中氢化合价降低 +2OH-+H2↑(2分) 被还原，发生的离子反应方程式为2[Co(CN)] (6)Co+的还原性增强，Co3+的氧化性减弱(2分) +2HO=2[Co(CN)6]3-+2OH+H2↑。 【解析】(1)无水的CoCl2固体遇水便会由蓝色 (6)由实验现象，A中生成氧气，B组没有生成氧 变为粉色，则其可能具有的用途为作指示剂，检 气，说明与CN一配位后，Co3+的氧化性减弱；C 验水的存在。 中没有生成氢气，D组生成氢气，说明与CN一配 (2)已知Ag2CrO4为棕红色沉淀，则达到滴定终 位后，C02+的还原性增强。 点的实验现象是滴入最后半滴AgNO3溶液，产 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 保存的重要原因之一，D正确。 l.C【解析】石灰岩的主要成分碳酸钙会与空气中2.C【解析】Mg的活泼性大于F,形成原电池时， 的二氧化碳和水蒸气反应生成易溶于水的碳酸氢 Mg为负极失去电子被氧化，Fe为正极受到保护， 钙，石灰岩经过精细凿刻后砌筑，使石块缝隙变 电流由钢铁管道（正极）经导线流向镁块（负极），A 小，减少水分和空气与碳酸钙发生化合反应是赵 错误；管道表面上发生O2得电子的还原反应，B 州桥能够长久保存的重要原因之一，A正确；黏土 错误；该保护法牺牲镁块（原电池的负极，发生氧 的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的基本结构是硅氧 化反应)，为牺牲阳极保护法，C正确；钠太活泼， 四面体，性质稳定，抗腐蚀能力强，B正确；糯米主 极易直接与空气中O2、H2O及CO2等反应，不能 要成分为淀粉，不是蛋白质，C错误；赵州桥所在 为管道提供电子，无法保护管道，D错误。 华北地区气候干燥，减缓了石材中的碳酸钙与二 3.A【解析】已知①2Zn(s)十O2(g)-2ZnO(s) 氧化碳和水蒸气反应生成碳酸氢钙的速率，也减 缓了铁发生吸氧腐蚀的速率，是赵州桥能够长久 △H,=-702.2·mlr,@HgW+20,(g) ·31· 2