专题卷(9)物质结构与性质-【鱼跃龙门卷】2026年高三化学二轮复习专题金卷（广东专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（九） 化学·物质结构与性质 (考试时间75分钟，满分100分) 可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16C135.5Ti48Cu64Ga70 W184 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1一10小题，每小题2分；第11一16小题，每小题4 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1.化学与科学、技术、环境密切相关。下列说法错误的是 A.“神舟”系列飞船返回舱使用的S13N4耐高温材料属于有机化合物 B.用于“深地一号”工程中的钻头材料金刚石属于共价晶体 C.月壤中的“嫦娥石[(CagY)Fe(PO4),]”其成分属于无机盐 D.“长征号”火箭采用“液氧/液氢”作为推进剂，“液氢”属于绿色环保燃料 2.硝酸铵爆炸时发生反应：2NH,NO,480-500℃2N,个+O,++4H,0个。下列叙述错误的是 A.基态N原子价层电子排布图为村个日 2p B.水分子的电子式为H:O:H C.NH,NO,中阴离子空间结构为C号O D.N2分子的结构式为N=N 3.2025年9月3日阅兵尽显我国国防科技硬核实力。雷达系统使用了单晶硅，反应SCl4(g)十 2H,(g)高温S(s)十4HCI(g)可用于纯硅的制备。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正 确的是 A.单晶硅为分子晶体，熔点高、硬度大 B.1mol单晶硅中含有4NA个Si一Si键 C.1molH2中含有o键的数目为2Na D.每生成1 mol Si时转移电子的数目为4Na 4.短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R单质是密度最小的气体，基态X原子价层 电子排布式为ns”np”,空气中Y的单质含量最大，基态Z原子最外层电子数等于K层电子 数。下列叙述正确的是 A.原子半径：Z>Y>X>R B.最高价氧化物对应水化物的酸性：X>Y C.电负性：Y>X>R D.Z3Y2既含离子键，又含共价键 化学D·专题卷（九）第1页（共8页）】 鱼跃龙 5.对下列事实的解释错误的是 选项 事实 解释 稳定性：HF>HI HF分子间存在氢键，HI分子间不存在氢键 B 键角：NH>H2O 中心原子均采取sp3杂化，孤电子对有较大的斥力 C 熔点：石英>干冰 石英是共价晶体，干冰是分子晶体；共价键比分子间作用力强 F的电负性大于C1,F一C键的极性大于C1一C键，所以 D 酸性：CF3COOH>CCL3COOH FC一的极性大于ClC—的极性 6.下列关于物质结构或物质性质的说法正确的是 A.BrCI能与H2O反应生成HClO和HBr B.H2O分子间存在氢键，H2O不易分解 C.用金属Mg还原TiCl4过程中需要通入N2作保护气 D.NCl3可用于漂白和杀菌消毒，其水解可生成NH3和HClO 7.X、Y、Z、M和Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，它们的最外层电子数之和为31，X 元素原子的核外p电子数比s电子数少1，Y的核电荷数为M的核电荷数的一半。下列说法 错误的是 A.键角：XQ3<XZ3 B.MY,Q2分子的空间结构为四面体形 C.简单氢化物的沸点：Y>M D.第一电离能：Y<X<Z 8.氯化亚铜常用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂。其晶胞结构如图所示（●代表Cu+),晶胞参 数为apm,设NA为阿伏加德罗常数的值，1号原子的坐标为(0,0,0)，3号原子的坐标为 (1,1,1)。下列说法错误的是 A.Cu+的配位数为4 03 R2号原子的童标为号》 C.离C1最近且等距离的C1有12个 D.晶体的密度为 .98×1023 a3NAg·cm3 1卷 化学D·专题卷（九）第2页（共8页） 9.二水四氯合钴酸铵的制备反应为[CoCl2(H2O)4]·2H2O+2NHCl一(NH4)2[CoCl4(H2O)2]+ 4H2O。下列说法正确的是 A.基态Co原子核外电子的空间运动状态有27种 B.键角：H2O>H2S>H2Se C.该反应中所涉及的元素位于p区的有4种 D.[CoCl2(H2O)4]·2H2O中含有离子键、配位键、o键等 10.过二硫酸铵[化学式为(NH4)2S2Og,其中S为十6价]可用于PCB铜膜微蚀。下列说法正确 的是 H A.(NH4)2S2Og属于共价化合物 B.NH4的电子式为[H:N:H] H C.S2O?的空间结构为正四面体形 D.(NH4)2S2O3中不含非极性键 11.如图为“点击化学”的一种反应，下列关于I~Ⅲ三种物质的说法正确的是 Cu' A.I中O元素的第一电离能最大 B.1个Ⅱ分子中含有9个。键 C.Ⅲ中碳氧键的键能均相等 D.基态Cu的价层电子排布式为3d 12.[Co(NH3)6]CL3是一种重要的化工产品。实验室可利用CoCl2制取该配合物：2CoCl2+ 2HC1+12NH3+H2O2=2[Co(NH3)6]CL3+2H2O。已知[Co(NH3)6]3+正八面体的空间 结构如图，下列说法错误的是 ○Co3 A.[Co(NH3)6]3+中含有极性键、配位键和氢键 O NH; B.[Co(NH3)6]3+中∠N一Co一N有两种不同大小的键角 C.NH3、H2O与Co3+形成配离子的稳定性：NH3>H2O D.若[Co(NH3)g]3+中两个NH3被CI-替代，得到的[Co(NH3)4Cl2]+有2种结构 化学D·专题卷（九）第3页（共8页） 鱼跃龙门卷 13.冠醚是多个二元醇分子之间脱水形成的环状化合物。18-冠-6可用作相转移催化剂，其与 K+形成的螯合离子结构如图所示。下列说法错误的是 A.该螯合离子中碳与氧原子具有相同的杂化类型 B.该螯合离子中所有非氢原子可以位于同一平面 C.该螯合离子中极性键与非极性键的个数比为7：1 D.与二甲醚(CH3OCH3)相比，该螯合离子中“C一O一C”键角更大 14.某电解质阴离子的结构如图，X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期元素。下列说法正 确的是 A,XZ2的空间结构为三角锥形 B.该阴离子中所有原子均满足8电子稳定结构 C.原子半径：R>Q>Z 7 XQ D.电负性：Q>Z>Y 15.氨氧化物(NO)会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对NO,进行 催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是 2NO+4NH:+2NH 'NH,)2CuCu(NH)JP、④ 2N2+4H2O 沸 石 2Cu(NHa 笼 :[(NH)2Cu I Cu(NH3)2P 2NO ⑤ [(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2P2 2N,+2H,O+2NH ① 2Cu(NH:) A.反应①每消耗1molO2,转移4mole B.反应④涉及极性共价键的断裂与形成 C.反应⑤中N2既是氧化产物又是还原产物 D.脱除NO的总反应可表示为O,十4NO+4NH,催化别4N,十6H,O 化学D·专题卷（九）第4页（共8页） 班级 16.氨化镓是一种优异的半导体，硬度很大，熔点约为1700℃，氨化镓有三种晶体结构，其中最 稳定的晶体的结构如图所示。下列关于该结构及其对应晶体的说法正确的是 姓名 A.氮化镓晶体属于分子晶体 B.该结构中有8个N原子 得分 C.Ga原子周围等距离且最近的Ga原子数为6 D. 该晶体的密度为125×10”g·cm a pm a2cNA 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。带￥题目为能力提升题，分值不计 选择题 入总分。 答题栏 1 17.(14分)镍铜合金是由60%镍、33%铜、7%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的 2 室温力学性能和高温强度，耐蚀性强，耐磨性好，容易加工，可作为航空发动机的结构材料。 3 回答下列问题： 5 (1)基态N+的价电子排布式为 6 (2)乙酰丙酮（结构如图）中C原子的杂化轨道类型有 ;乙酰丙酮中σ 键与π键数目之比为 H.CC CH.CH 8 乙酰丙酮 9 (3)Cu与Fe的第二电离能分别为I2(Cu)、I2(Fe),则I2(Cu) I2(Fe)(填“>” 10 或“<”)。 11 (4)已知Cu2O的立方晶胞结构如图所示。 12 13 ①已知b的坐标参数依次为00,0).（兮，分》，则d的坐标 14 15 参数为 16 ②晶胞边长为cpm,该晶体的密度为 g·cm3。(列计算式，设NA为阿伏加德 罗常数的值)。 18.(14分)近年来，有机一无机杂化金属卤素钙钛矿作为优良的光电材料受到广泛关注和研究。 回答下列问题： (1)Ca、Ti元素基态原子核外电子占据能级数之比为 ;与Ti处于同周期且单电子数 与Ti相同的元素还有 种；Ca的前三级电离能数据分别为589.8kJ·mol-1、 1145.4kJ·mol1、4912.4k·mol-1,第三电离能增大较多的原因是 化学D·专题卷（九）第5页（共8页） 鱼跃龙门 (2)卤族元素可与N和P元素形成多种稳定卤化物，其中NCL3分子空间结构为 P元素可形成稳定的PCI3和PCL,而氮元素只存在稳定的NCL3,理由是 0 (3)Ti的配合物有多种。Ti(CO)。、Ti(H2O)+、TiF中的配体所含原子中电负性最小的是 ;Ti(NO3)4的球棍模型如图甲所示，T4+的配位数是 ●Ti 00 oN 氮掺杂 n pm 氧空穴 m pm TiO2N 甲 (4)研究表明，TiO2通过氮掺杂反应生成TO2-。N6,能使TO2对可见光具有活性，反应如 图乙所示。 已知T1O2晶胞为长方体，设NA是阿伏加德罗常数的值，TO2的密度为 cm3(列出计算式即可)。TiO2-。Nb晶体中a= ,b= 19.(14分)A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的前20号主族元素。A和D、C和E分别位 于同一主族，A和B位于不同周期，B和C相邻，C的最外层电子数是其内层电子数的3倍， F与E位于同一周期，G和B的最外层电子数之和为7。回答下列问题： (1)C的元素符号为 ,G的元素名称为 0 (2)E、F、G三种元素中第一电离能最小的是 (填元素符号)。 (3)上述七种元素中的非金属元素形成的最高价含氧酸中，酸性最强的为 (填化 学式)。 (4)用电子式表示D与E形成化合物的过程： (5)上述七种元素中的非金属元素形成的最简单氢化物中，沸点最高的是 (填化学 式)，理由是 (6)D在空气中燃烧的产物与E在空气中燃烧的产物混合发生反应的化学方程式 为 卷 化学D·专题卷（九）第6页（共8页） 20.(14分)碳元素是形成化合物最多的元素，碳及其化合物构成了丰富多彩的物质世界。回答 下列问题。 (1)基态碳原子的电子占据的最高能级电子云形状为 ,与碳元素同主族的第四周期 元素基态原子的价层电子排布式为 (2)CH3CH2OH是常见的含碳化合物，其组成元素的电负性从大到小的顺序为 该分子中具有孤电子对的原子是 (3)碳酸盐是构成岩石、土壤等的主要成分，其阴离子CO?的空间结构为 。 已知碳 酸镁的热分解温度比碳酸钙低，试解释原因： 0 (4)在碳酸氢盐中，存在阴离子HCO?的多聚链状结构（其结构单元如图甲所示），连接结构 单元的主要作用力是氢键，请在甲图中前后各连接一个结构单元；该结构中，碳原子杂化 方式为 0钨 。碳 甲 乙 (5)一种碳化钨晶体的晶胞结构如图乙所示，若晶胞的高为bpm,阿伏加德罗常数的值为 NA,晶体的密度为pg·cm3,则晶胞底面六边形的边长为 pm(列出计算式)。 化学D·专题卷（九）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 *人体必需的一些元素在元素周期表中的分布情况如图所示： H CNOF Na Mg Si P S CI K Ca Cr Mn Fe Co Cu Zn As Se Sn 回答下列问题： (1)碳有多种同位素，其中考古时用于测定文物年代的是 (2)图中的第三周期元素简单金属离子半径最小的为 (填离子符号)。 (3)Mn在元素周期表中的位置是第四周期 族，写出Co的价层电子排布式： (4)SI4熔点145.75℃，沸点364℃，不溶于冷水，可溶于乙醇、苯、氯仿、乙醚及四氯化碳，解 释其易溶于CCL4的原因： (5)能比较元素S和CI1非金属性强弱的事实是 (填字母)。 A.水溶液酸性：HCI>H2S B.气态氢化物的稳定性：HCI>H2S C.电负性：Cl>S D.简单氢化物沸点：H2S>HCI (6)N与Cu的某化合物晶胞结构如图所示。 Cu ①该晶体的化学式为 ,与N距离最近且相等的Cu原子数 是 ②该晶体在浓盐酸中反应，得到绿色溶液（四氯合铜配离子）和红色沉淀，写出离子方程式： 化学D·专题卷（九）第8页（共8页）高三二轮复习专题卷 不能大量共存；0.5mol·L1Na2S溶液中硫离子水解使溶液 显碱性，S-+H,O一HS+OH,K=c(HS)c(OH) c(S2-) K10-4 K。1.3X10西≈0.07，若忽略二级水解，设水解的c(S)= z? xm01L,则0.5-云=0.071，解得x≈0.1615，S的水解 程度为°1615×100%=32.3%<50%，所以溶液中以c(S-) 0.5 为主，且存在c(Na+)>c(S2-)>c(HS),若只考虑一级水 解，则c(OH)=c(HS),但二级水解会消耗HS、产生 OH,水的电离也会产生OH,所以c(OH)>c(HS),则 离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)> c(HS);碳酸钙的溶度积Kp(CaCO3)=c(Ca2+)c(CO)= 3.6×10-9,由于CaC03是1：1型盐，设溶解度为S,则S2 3.6×10-9得S=√3.6×10F=6×105,所以c(Ca2+)= c(C0号)=6×10-5mol·L1,两者浓度相等，C0号会发生水 K 解CO+H,0一HC0:+OH,水解常数K=K2 10-14 5X10可=2×104，设水解的c(C0)为x,则K。 6×105-x =2X104,解得x≈4.83×10-5mol·L1,即水 解率约为4,83×105molL1 6X109m0l,LX100%=80.5%;H,S是二 元弱酸，第一步电离H2S=一H十HS,K1=1.1×107, 级电离大于二级电离，因此c(H+)>c(HS)>c(S2), c(H+)≈c(HS)=√/K,(H2S)X0.1≈1.05×10-4mol· L-1,c (S-)=KaXc(HS-) ≈1.3X10-13mol·L-1 c(H+) c(OH)= Kw c(H+) ≈1.0×1010mol·L1,则溶液中离子浓 度c(H+)>c(HS)>c(OH)>c(S2-)。 二、非选择题 17.(1)酸性 (2)CH COOH+SO-HSO+CH,COO (3)A (4)向右60 (5)①10-6②c(A2-)<c(HA)10 【解析】(2)向Na2SO,溶液中加入过量CH3COOH溶液，根 据酸性H2SO3>CH,COOH>HSO,发生反应的离子方程 式是CH,COOH+SO?-一HSO,+CH,COO- (3)a、c两点c(H+)相同，水的电离随温度升高正移，K.增 19 大，故a点溶液的c(OH)比c点溶液的c(OH)小；0.1mol· L1 NaHCO,溶液显碱性，即HCO的水解程度大于电离程 K 度，K,(HC0)>K。(H,C0,),K(HC0)=KH,COs) K2(H2CO3),Kw>K1(H2CO3)·K2(H2CO3);b点溶液显 碱性，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO;)+ 2c(CO号)+c(OH-),可得c(Na+)>c(HCO;)十 2c(CO3);0.1mol·L1 NaHCO3存在HCO3的水解和电离 平衡，均是吸热反应，ab段pH减小说明升温促进HCO?的 水解和电离。 (4)NaOH溶液吸收SO2的过程发生反应SO2十2NaOH Na2SO3+H2O,溶质由抑制水电离的NaOH生成促进水电离 的Na2SO3,故水的电离是促进的，向右移动；所得溶液中 c(S0)_c(SO号)·c(H)_K2(H2S03)6.0X10-8 c(HSO5)c(HSO)·c(H+) c(H) 10-9 =60。 (5)①利用(6,0.5)点，此时c(HA)=c(H2A),K.= c(H)·c(HA）=10. c(H2A) ②利用(10,0.5)点，此时c（HA)=c(A-),K2= c(H)·c(A)=1010;将0.020mol·L1NaA溶液和 c(HA) 0.010mol·L1盐酸等体积混合，发生反应Na2A+HCl NaHA+NaCl,反应后的溶液为浓度相同的Na2A、NaHA、 NaCI的混合液NaA的水解常数KK=Z0d -K。=1014 NaHA的水解常数KeK,=10g=10-8>Ke=10-10 HA的水解程度大于电离程度；浓度相同的Na2A、NaHA混 合液中A2的水解程度大于HA的水解程度，故溶液中A? 与HA浓度大小关系为c(A2-)<c(HA);浓度相同的 Na2A、NaHA混合液中，A2-和HAˉ浓度相近，读图可知pH 约为10。 (1)碱HS-+H2O=H2S+OH (2)①H2S和NaHS②0.0087 (3)a·Ke 2 K(CuS) (4)4×1034 【解析】(2)①pH=7时，c(S2-)=6.8×108mol·L1,可以 忽略不计，则溶液中的主要溶质为H2S和NaHS。 ②pH=11时，c(S2-)=1.3×10-3mol·L1,依据硫原子守 恒（元素守恒），可得出溶液中的c(HS)十c(H2S)=0.01mol· L-1-c(S2-)=0.01mol·L-1-1.3×10-3mol·L-1= 0.0087mol·L1 (3)实验室常用CuSO4溶液除去H2S。其反应原理为Cu+ (aq)十H,S(g)一CuS(s)+2H(aq),该反应的平衡常数K= c2(H+) c2(H)·c(S2-)·c(HS) c(Cu2+)·c(H2S)-c(Cu2+)·c(S2-)·c(H2S)·c(HS) K,CS号。若起始c(Cms0)为0,05mol·,通人H9 气体，恰好沉淀完全时，则由Cu+(aq)十H2S(g)一CuS(s)+ 2H(aq),可求出c(Ht)=0.005mol·L1×2=0.01mol· L1,忽略溶液体积变化，此时溶液pH=一lg0.01=2。 (4)当反应Hg2+(aq)+FeS(s)一HgS(s)+Fe2+(aq)达到平 衡时， c(Fe2+) c(Fe2+)·c(S2-) Ksp (FeS) 三 (Hg2+) c(Hg2+)·c(S2-) K(HgS) 6.4×1018 1.6X10-2=4X1034。 (1)200℃NaClO Ru+2OH+3CIO-=RuO￥+3CI+ H,O (2)2:1 (3)Na,SiOa Cl2 (4)2CoS0,+2H,0电解0，++2H,s0.+2C0 (5)5.6≤pH<8.5 【思路分析】电子废弃物主要成分为Ru、Co、Cr、Si等物质，酸 溶后过滤得到含有Cr3+和Co2+的滤液1，滤渣含有Ru和Si, 滤液1调节pH沉淀Cr3+得到滤渣1为Cr(OH)3沉淀，过滤 后向滤液中加入NH4HCO3沉钴得到CoCO3,滤渣与NaOH 和氧化剂反应，得到Na2SiO3和Na2RuO4,Na2RuO,用乙醇 还原得到Ru(OH)4沉淀和滤液2，滤液2中有NaCl、 CH,COONa和Na2SiO,Ru(OH)4再用NaClO,氧化，经过 蒸馏得到RuO4,RuO4具有氧化性，与盐酸反应得到RuCL3溶 液和Cl2,气体X为Cl2,RuCl3溶液结品得到RuCL晶体，以此 解答。 10 【解析】(1)“氧化溶浸”步骤，钉被氧化为Na2RuO,要求钉的 浸出率高，渣率低，选择最佳温度为200℃和NaCIO作氧化 10-2mol·L-1,根据K= c(NH:)c(OH-) c(NH3·H2O) 剂；CIO被还原为CI,Ru被氧化为RuO?,反应的离子方程 10-2mol·L-1×10-2mol·L-1_10-7 。 式为Ru+2OH+3C1O—RuO?-+3C1+H2O. c(NH3·H2O) -g=→c(NH,·H,O)= (2)用乙醇还原Na2RuO4,氧化剂为Na2RuO4,还原剂为乙醇， (g-1)×103mol·L1,同理，pH=11,c(0H)=10-3mol· 得到Ru(OH)4沉淀和CH COOˉ，其中Ru由+6价降低到 L-1,c(NH3·H2O)=10(g-1)mol·L-1,中和等体积等浓度的 +4价，1个Na2RuO可以得到2个电子，乙醇中碳由一2价 盐酸，则能提供的总的n(OH)相同，故V。[(g一1)×103+ 升高到0价，但是1个乙醇中有2个碳，即1个乙醇分子可以 102]=V[10(q-1)+10-3]→10V.[(g-1)×102+10-3]= 失去4个电子，则根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质 V.[10(g-1)+103],可得10V.<V6。 的量之比为2：1。 (4)利用电解含C。2+的水溶液制备金属钴，则阴极反应为 (3)设c(H+)=xmol·L1,苯乙酸的电离方程式为 Co+十2e一Co,阳极为水中氢氧根离子失去电子生成氧 C6HCH2COOH=→CHCH2COO-十H,电离常数K。= 气，则电解时发生总反应的化学方程式为2CoSO4十2H2O CHCH.C00)·cH04.9X109,解得x 电解0，◆+2H,S0,十2C0: c(CHCH,COOH) 7×10-4mol·L1;pH=2时，溶液中c(H+)=0.01mol·L1, (5)滤液1中含Cr3+和Co2+的浓度分别为1.0×10-2mol· L1、1.8×104mol·L-1,“调节pH”让Cr3+沉淀，Co+不沉 设此时苯乙酸的电离浓度为x,则平衡时c(C6H,CH2COOH)≈ 淀，Cr3+浓度为10-5mol·L1时沉淀完全，Kp[Cr(OH)3]= 0.01mol·L-1-x≈0.01mol·L-1,c(C6HCH2C00)=x, c(Cr3+)×c3(0H)=1×10-5×c3(0H)=6.4×10-31,得 c(H+)=0.01mol·L1,代入K。表达式解得x=4.9× 出c(0H)=4×109mol·L1,c(H+)=2.5X106mol· L1,结合lg4=0.6,可知此时pH=5.6,Co2+浓度为1.8× 10m01:L,电离度=8X0”×100%=0.49X. 10-4mol·L1,Co2+开始沉淀时，Kn[Co(OH)2]=c(Co2+)× (4)常温下，将pH=a的醋酸与pH=b的NaOH溶液等体积混 c2(0H)=1.8×104×c2(0H)=1.8×10-15,得出 合后，两者恰好完全反应，说明酸碱的物质的量浓度相等，pH=a c(0H)=1×10-5.5mol·L-1,c(H+)=1×10-8.5mol· 的NaOH溶液中c(NaOH)=10a-14mol·L-1。pH=b的醋酸 L1,pH=8.5,故pH范围为5.6≤pH<8.5。 溶液中c(H+)=10-6mol·L1。等体积混合恰好完全反应，说 20. (1)Cu+H2O2十2H+—Cu++2H20加热（至沸腾） 明c(CH,COOH)物始=c(NaOH)=10-1“mol·L1。醋酸的电 (2)①当滴加最后半滴Na2S2O3标准溶液后，溶液蓝色褪去， 离常数K。=cH):c(CH,C00)a0)2 10-14 =1014-a-26 且半分钟内不恢复原色②80.99偏高 c(CH,COOH) (3)3.2~5.9(或3.2≤pH<5.9)向滤液中滴加1mol·L-1 NaOH,调节溶液pH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀 化学（九） 完全 一、选择题 【解析】(2)②由题给数据可知，第一次数据偏差较大，应去掉，1，A【解析】SN耐高温材料不含碳，属于无机物。 则反应消耗硫代硫酸钠标准溶液的体积为 2.C【解析】硝酸铵的阴离子是硝酸根离子，呈平面三角形，不是 (25.31+25.30+25.32)mL=25.31mL,根据关系式2Cu~ 三角锥形 3 3. D【解析】单晶硅是共价晶体，硅原子间通过共价键形成空间 2Cu+~L2一2S2O?,则电池铜帽中铜的质量分数为 网状结构，因此熔点高、硬度大；1mol单晶硅中，每个Si原子形 0.000md. ×64g·mol 一×100%≈ 成4个S一S健，但每个健被2个原子共享，总键数为？×4× 1.0g 80.99%。若滴定前溶液中的过氧化氢没有除尽，过量的过氧 1mol×NA mol-1=2NA;1个H2分子含1个。键(H一H 化氢能将溶液中的碘离子氧化为单质碘，导致消耗硫代硫酸 键)，1molH2含NA个o键。 钠标准溶液的体积偏大，使测定的铜离子浓度偏高。 4.C【解析】氢气是密度最小的气体，R为氢；X原子的价层电子 *(1)大于黄 排布式为2s22p2,X为碳；空气中N2含量最大，Y为氮；镁原子 (2)①> 2c(CI)>c(NH)>c(H)>c(OH)0.5 最外层和K层电子数相等，Z为镁。原子半径C>N;HNO,是 ③107 强酸，H2CO3是弱酸；N、C、H的电负性依减小；Mg3N2中只含 9-1 离子键，不含共价键。 (3)7×10-40.49% 5.A【解析】氢化物的稳定性与键能大小有关，与氢键无关。 (4)A 6.D【解析】BrCl中Br为+1价，CI为一1价，与水反应生成 【解析】(2)①b点温度最高，故为反应终点，则溶质为NH,C1,c HC1和HBrO;H2O的稳定性由O一H键能决定，氢键仅影响 点溶液的pH=7,溶质为NH4CI和NH3·H2O,故水的电离程 物理性质（如沸点），与分解难易无关；Mg在高温下会与N2反 度b点>c点。 应生成Mg3N2,故还原TiCl4时需用惰性气体（如Ar)而非N2 ②b点溶液中溶质为NH4C1,溶液呈酸性，离子浓度由大到小的 作保护气；NCl,水解生成NH,和HC1O,HCIO具有漂白和杀 顺序是c(CI)>c(NH)>c(H+)>c(OH);c点溶液的 菌作用。 pH=7,c点溶液中c(H+)=c(OH),根据电荷守恒可知，7.A【思路分析】根据题干信息，X、Y、Z、M和Q五种短周期主 C(NH)=(CI-)-10X1Lx molL0.5 mol.L 族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为31。X元素 20×10-3L 原子的核外p电子数比s电子数少1，可推知X为N元素；Y的 ③25℃时，pH=7时，c(NHt)=0.5mol·L-1,NH3·H2O的 核电荷数为M的核电荷数的一半，结合原子序数递增规律，可 c(NH )c(OH-) 推知Y为O元素，M为S元素；再结合最外层电子数之和为 电离常数为K= c(NH3·H2O) 31,可进一步推知Z为F元素，Q为C1元素。因此，X、Y、Z、M 0.5×10-7 10-7 10×10-3×g-0.5×20×10-3 =g-1pH=12,c(0H)= 和Q分别是N、O、F、S、CI。 【解析】F的电负性大，N一F键的电子对远离N偏向F,电子对 20×10-3 间斥力减小，键角减小，故键角NCl3>NF3。 ·化学D· 8.D【解析】由晶胞结构可知，与Cu+(黑点)距离最近且相等的16 C1有4个，所以Cu+的配位数为4；已知1号原子的坐标为(0， 0,0),3号原子的坐标为(1,1,1)，则2号原子的坐标应为4 /3 产，4)：以顶点的C为例，与之最近且等距离的Cc位于面 311 心，每个顶点的C1被8个晶胞共用，每个面心的C1被2个晶 胞共用，所以个数为3×8÷2=12；晶胞中Cu+的个数为4，C1 的个数为8x日+6×号-4，则1个晶胞质量为x6+35.》g 39 N8,晶胞体积为(aX1010cm)3=a'X100cm',所以密度为 398 NA a3X10-og·cm3。 17 9.B【解析】基态Co原子的电子排布式为 1s22s22p°3s23p3d'4s2,电子的空间运动状态为15种；一般情 况下，对于中心原子不同、周围原子相同的结构类似的分子，中 心原子电负性越强，键角越大，故键角H2O>H2S>H2Se;反 应中位于p区的元素有C、N、O三种；[CoCl2(H2O),]·2H2O 中Co与CI原子、H2O形成配位键，H2O中存在。键，没有离 18 子键。 10.B【解析】(NH4)2S2Og由NH4和S2Og构成，是离子化合 物；S2O?中含有过氧键一O一O一，空间结构不是正四面体 形；(NH4)2S2O8中S2O含有过氧键一O一O一，其中的 O一O键为非极性键。 11.D【解析】同一周期元素随着原子序数变大，第一电离能呈增 大趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周 期相邻元素，故I中N元素的第一电离能最大：单键均为σ 键，碳碳双键中含有1个。键和1个π键，碳碳三键含有1个G 键和2个π键，1个Ⅱ分子中含有14个σ键；Ⅲ中存在碳氧双 键、碳氧单键，两种碳氧键的键能不相等。 12.A【思路分析】[Co(NH)gCL是配合物，中心离子为Co3+, NH3为配体，N为配位原子，配位数为6。 【解析】[Co(NH)s]3+中NH的N一H键为极性键，NH3与 Co3+间为配位键，没有氢键。 13.B【解析】该整合离子中碳原子为饱和碳原子，所有的氧原子 和碳原子不可能在同一平面。 14.D【思路分析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大短周期元 素，由图知，X形成4个共价键且原子序数较小，X为C,Z形成 2个共价键、R形成6个共价键，则Z为O、R为S,那么Y为 N;Q形成1个共价键且原子序数大于Z(O)小于R(S),则Q 为F。 【解析】X为C,Z为O,XZ2为二氧化碳，CO2为直线形：该阴 离子中，R(S)形成了6个共用电子对，不满足8电子稳定结 构；根据上述分析可知，Z为O,Q为F,R为S,原子半径为S> O>F,即R>Z>Q;根据上述分析可知，Q为F,Z为O,Y为 N,根据同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的 电负性变强，所以电负性为F>O>N,即Q>Z>Y。 15.A【解析】反应①的反应物为Cu(NH)士和O2,生成物为 [(NH3),Cu一O一O一Cu(NH3)2]+,反应的离子方程式为 2Cu(NH3)+O2-[(NH3 )2Cu-O-O-Cu(NH;)2]2+ O2转化为过氧根离子，每消耗1molO2,转移2mole;反应 ④中有NH3消耗、H2O生成，故涉及极性共价键的断裂与生 成；在反应⑤中，氧化剂是NO、Cu(NH3)+,还原剂是 Cu(NH3),每2个NO得到2×2e被还原为N2,同时2个 Cu(NH3)得到2Xe变为Cu(NH3),同时2个 Cu(NH,)+中的2个配体NH,中N元素失去2X3e,被氧19。 化为N2,故N2既是氧化产物又是还原产物；根据图示可知总 变化过程可表示为O,十4NO+4NH,催化剂4N,十6H,O。 D【解析】氨化镓硬度很大，熔点很高，应属于共价晶体：1个： 图示结构中，位于棱上和体内的N原子个数为6X号+4=6， 在该结构中Ga原子呈六方最密堆积，故Ga原子周围等距离 且最近的Ga原子数为12；在该结构中，位于顶角、面上和体内 Ga原子个数为12X日+2义号+3=6，位于棱上和体内 N原子个数为6× 3 十4=6，则该晶体的密度为 6×(70+14) NA -×10g·cm3=112/3 ×1030g·cm-3。 a'cNA 非选择题 (1)3d8 (2)sp2和sp37:1 (3)> w0(,子，)@28X10 NAc3 (1)6:73Ca2+已经达到稳定结构，再失去的1个电子属于 内层电子，原子核对内层电子的吸引力更强，所以第三电离能 增大较多 (2)三角锥形N元素L层最多有4个轨道，所以不易生 成NCLs (3)H8 (44X(48+16×2)71 NAm2nX10-0168 【解析】(1)基态Ca原子核外电子占据能级为1s、2s、2p、3s、 3p、4s,基态Ti原子核外电子占据能级为1s、2s、2p、3s、3p、3d、 4s,能级数之比为6：7；基态Ti原子的价层电子排布式为 3d4s2,3d能级有2个单电子，同周期中含有2个单电子的元 素有Ni、Ge、Se3种；Ca的核外电子排布式为[Ar]4s2,失去2 个电子后，核外电子达到稳定结构，再失去的1个电子属于内 层电子，原子核对内层电子吸引力更强，所以第三电离能增大 较多。 (2)NCl3的中心N原子含有1个孤电子对，价层电子对数为 4,则分子空间结构为三角锥形；P原子核外电子M层有d能 级，可形成spd杂化，N原子核外电子L层只有s、p能级4个 电子轨道，则不能形成NCL。 (3)Ti(CO)6、Ti(H2O)+、TiF中的配体分别为CO、H2O、 F,一般元素非金属性越强，电负性越大，则H的电负性最 小；根据球棍模型，硝酸根离子中的2个氧原子与T+连接成 环，则T+的配位数是8。 (4)根据TO2晶胞结构知，Ti原子在晶胞的顶点、面上和体 心，1个晶胞含有的Ti原子的个数为4；O原子8个在棱上、8 个在面上、2个在体内，1个晶胞中含有的0原子个数为8，则 1mol晶胞的质量为(48+16×2)×4g,体积为m2×n× 10XN,cm,则密度=行-X486x2) Vam2nX10-0g·cm3。 T0:.心晶胞中Ti原子数为1+4×号+8×分-4，N原子 8 1 125 数为2,0原子数为1+7×2+7×= ,则Ti、O、N的原 子个数比为4： 空：日-1：第合即2-a-4=6 25.1 25 7 1 b=8° (1)0钙 (2)Ca (3)HCIO 参考答案及解析 (4)Na×S,+xNa→Na+[S]PNa (4)SnL的榕、沸点较低，属于分子晶体，SnL中心Sn原子的价 (5)H2O水和氨气可以形成分子间氢键，且水分子间的氢键 层电子对数为4十4-)X4-4,没有孤电子对，因此Sl的空间 2 更强，而硫化氢和氯化氢不能形成分子间氢键 (6)SO2+Na2 02 -Na2 SO 结构为正四面体形，属于非极性分子，CCL,也是非极性分子，根 【思路分析】由于七种元素的原子序数依次增大，C的最外层 据相似相溶原理，SnI4易溶于CCl4。 电子数是其内层电子数的3倍，C为O;C和E位于同一主族， 1 (6)①晶胞中，N原子位于顶点，数目为8× E为S;B和C相邻，B为N;A和B位于不同周期，A为H;A =1,Cu位于棱心， 和D位于同一主族，D为Na;F与E位于同一周期，F为Cl:G 和B的最外层电子数之和为7，G为Ca。 数目为12×4=3，则该晶体化学式为Cu,N;以N原子为中心， 【解析】(2)E为S,F为Cl,G为Ca。E、F、G三种元素中失去 与其相连的六条棱的棱心均有1个Cu原子，且与N原子的距离 第一个电子最容易的为Ca,第一电离能最小的是Ca。 均为棱长的一半，因此与N距离最近且相等的Cu原子个数是6。 (4)D为Na,E为S,两者形成的化合物为Na2S,用电子式表示 ②根据题意，Cu3N与盐酸反应得到绿色溶液（含[CuCL4]2-)和 Na2S形成过程为Na个S,+xNa→Na+[S]PNa。 红色沉淀(Cu),则该反应为十1价Cu的歧化反应，离子方程式为 (5)七种元素中的非金属元素形成的最简单氢化物有H2O 2Cug N+8H++12CI--3Cu+3[CuCl ]2+2NH. NH3、H2S、HCI,沸点最高的是H2O,因为水和氨气均可以形 化学（十） 成分子间氢键，且水分子间的氢键更强，而硫化氢和氯化氢不 能形成分子间氢键。 一、选择题 (6)D为Na,在空气中燃烧的产物为Na2O2;E为S,在空气中1.D【解析】铁氧体是一种陶瓷材料，由铁氧化物和其他金属氧 燃烧的产物为SO2,两种物质发生氧化还原反应SO2+Na2O2 化物组成，用于吸收电磁波，在隐形技术中常见，属于无机非金 -Na2SO4,生成硫酸钠。 属材料。 20. (1)哑铃形4s24p2 2.C【解析】加热后发现未加碎瓷片，正确操作是停止加热，待溶 (2)O>C>H O 液冷却后再补加碎瓷片；收集乙酸乙酯时，导管不能伸入饱和 (3)平面三角形碳酸镁分解产物是MgO和CO2,碳酸钙分 Na2CO3溶液中，否则会因倒吸导致实验失败；乙酸乙酯不溶于 解产物是CaO和CO2,MgO的离子键强于CaO,更加稳定 饱和Na2CO3溶液且密度更小，会分层，可用分液法进行分离； 0 (4) Co-h 0c0H. 提纯乙酸乙酯应采用蒸馏法，但温度计水银球应位于蒸馏烧瓶 H sp2杂化 支管口处 3.A【解析】K2SO4和CCl2均为强酸强碱盐，溶液均呈中性， 588 NA 用pH计无法区分。 (5) 3√3 4.B【解析】分子中有多个采取sp杂化的碳原子相连，导致所 12bpX10-30 有碳原子不可能处于同一平面上。 【解析】(5)从图中可知，该晶胞含有C原子个数为3，含有w5.D【解析】将乙酸加入碳酸钠溶液中，产生的二氧化碳中含有 原子个数为2×合十12×吉 CH,COOH,没有进行除杂，气体通入苯酚钠溶液中产生苯酚， =3,则晶胞的质量为 无法证明碳酸酸性强于苯酚：苯和液溴反应后的气体产物中混 12×3+184X3588 g,设晶胞底面六边形的边长为xpm, 有Br2,再通入AgNO3溶液中也可以产生浅黄色沉淀，无法证 NA g一 明苯与液溴发生了取代反应；碘水应在酸性条件下加入，氢氧 则晶胞的体积为xX 3√3 化钠可以与碘单质发生反应，无法检验淀粉是否水解完全；产 2 xX3X6 pm= 2 bx2pm3,晶胞的密 生的气体中混有乙醇，但乙醇不能使溴水褪色，故可以证明 588 1-溴丁烷发生消去反应生成烯烃。 g NA 度为pg·cm3,即 pg·cm3,则x= 6.C【解析】水杨酸分子中含有酚羟基和羧基，显酸性，在盐酸中 26x2X100cm 与HC1不反应，而美沙拉嗪分子中含有氨基，氨基显碱性，在盐 酸中会与HC1反应生成盐，更易溶解，所以在盐酸中溶解性为 588 水杨酸<美沙拉嗪。 NA 7.D【解析】X含有的酚羟基和甲基均可以被氧化，发生氧化反 3√3 12bpX10-30 应：酚羟基的邻、对位上的氢和甲基上的氢均可以发生取代反 应，即X可以发生氧化、取代反应，但不能发生消去反应。Y中 *(1)6C(或“C) 的碳溴键和酯基均能与NaOH发生反应，1molY最多能与 (2)Mg2+ 2 mol NaOH发生反应。由结构简式可知，Z分子中不含手性 (3)WB3d?4s 碳原子。X含酚羟基，Z不含酚羟基，FeC13溶液可与酚羟基发 (4)SnL和CCl,均为非极性分子，根据相似相溶原理，SnI,易溶 生显色反应，则可用FeCl3溶液检验产品Z中是否含有X。 于CCI (5)BC 8.B【解析】题给物质的分子式为C16H1。O2N2;题给分子中，碳 (6)①CuN6②2CuN+8H+12CI—3Cu+3[CuC14]2-+ 碳双键、氨基均能与HCl反应，1mol分子最多能与3 mol HCI 2NH 反应；题给分子中，形成碳碳双键的碳原子的单键连接了两个 【解析】(2)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越 化学环境不同的原子，存在顺反异构；分子中含有酮羰基、碳碳 小，则题图中的第三周期元素中，简单金属离子半径最小的 双键、氨基3种官能团。 为Mg2+。 9.D【解析】生成核苷酸的过程中，磷酸与核苷之间通过酯化反 (3)Mn是25号元素，位于第四周期MB族；Co为27号元素，价 应形成磷酯键；聚甲基丙烯酸甲酯由其单体甲基丙烯酸甲酯发 电子排布式为3d”4s2。 生加聚反应得到；D项中的结构简式为2-羟基丁酸的缩聚产物。