专题05 物质结构与性质综合题（3年汇编）（上海专用）2024-2026年高考化学真题分类汇编

**基本信息** 3年上海高考真题与1年模拟题汇编，聚焦物质结构与性质综合应用，以量子点、矿物冶金等真实科研/工业情境为载体，强化结构决定性质的学科思想，适配高考命题趋势。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |综合题|4道真题+多道模拟题|电负性比较、晶胞计算、配合物成键、分子结构与性质、杂化类型|情境真实（如黄铜矿湿法冶金、钨酸钙晶胞分析），能力梯度分明（基础判断→晶胞计算→微观结构推理），贴合上海卷注重深层推理能力的命题规律|

专题05 物质结构与性质综合题 1.（1）D （2）BC （3）① 875    ② 能    ③ 该温度下反应的，歧化反应正向非自发，不会转化为和，可大量存在 （4）17 （5）氧化剂 （6） （7）A （8）① A    ② 4 （9）①     ② 中原子有1对孤电子对，中原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小      2.(1)BC (2)当可见光照射金属表面时，金属中的自由电子吸收光能，形成不稳定的较高能量状态。当电子跃迁回较低能量状态时，会将能量以可见光的形式辐射出来，而具有金属光泽 (3)BC (4)D (5)4 (6)⑤⑥⑦⑧ (7) CaWO4的密度较大 (8) (9)减少CO2，避免生成CaCO3 3.（1）C      （2）D      （3）① CaF2+H2SO4(浓)CaSO4+2HF↑    ② D      （4）① H2F+    ② 氢键      （5）氟气与铜反应生成致密的氟化膜，阻止氟气与铜继续反应     （6）C     （7）AB      （8）6.0×10-4      4.（1）A      （2）① C    ② CH3CN、Br-    ③ C      （3）ΔH=-ΔH1+2ΔH2+3ΔH3+3ΔH4-ΔH5      （4）B      （5）3.24      （6）氟化铝为离子晶体，溴化铝和碘化铝为分子晶体。离子晶体熔化时需要破坏离子键，溴化铝和碘化铝熔化时需要破坏范德华力，故氟化铝的熔点高于溴化铝和碘化铝。溴化铝和碘化铝的结构相似，碘化铝的相对分子质量大于溴化铝，范德华力更大，因此碘化铝的熔点高于溴化铝      （7）Al(OH)3胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降     （8）A      1.（1）B     （2）A      （3）① 分子晶体    ②       （4）C     （5）BD      （6）①      ② NH3和H2O之间存在氢键而形成NH3•H2O，其结构可能为或，根据NH3•H2ONH4++OH-可推测正确的结构式为      （7）① 8Fe+2NH32Fe4N+3H2    ②       2.（1）D     （2）BD     （3）B      （4）           （5）① 汞有毒，易造成环境污染，危害人体健康    ② 需加热到 500℃，能耗高(或电解过程会产生有毒气体，答一点即可)      （6）A      （7）pH过低时，溶液中的浓度较高，会抑制水解生成吸附剂，吸附剂生成不足；pH过高时， Al(OH)3溶解，吸附剂结构被破坏。pH=7时，OH-浓度适中，吸附剂活性最高，吸附效果最佳      （8）取最后一次的洗脱液，用焰色反应检验：若洗脱液进行焰色反应时，无紫红色火焰（锂元素的焰色），则说明脱附已充分完成；      （9）C      3.（1）C      （2）Cu的第二电离能是失去3d10轨道上电子，Fe的第二电离能是失去4s1轨道上的电子，前者比后者难，故Cu的第二电离能＞Fe的第二电离能     （3）D     （4）B      （5）CuO是离子晶体，熔点最高，H2O、CO2为分子晶体，由于H2O分子间存在氢键，导致熔点高于CO2，熔点CuO＞H2O＞CO2      （6）CuO+2NH3+2=[Cu(NH3)4]2++H2O      （7）平面正方形     （8）A     （9）① 4    ② 3      4.（1）B     （2）D     （3）A     （4）C      （5）N提供孤电子对，B提供空轨道，B与N之间形成配位键      （6）C     （7）B     （8）     （9）      5.（1）11     （2）A     （3）C      （4）二者均为分子晶体，由于富马酸可以形成分子间氢键，而马来酸形成分子内氢键，因此使得富马酸分子间作用力大于马来酸，故其熔点更高      （5）若pH过小，抑制富马酸电离，富马酸根离子浓度过小，因此不利于后续富马酸亚铁的制备；若pH过大，会水解生成或与结合生成，从而使产物不纯      （6）防止反应过程中被氧化，从而影响产品纯度      （7）BC     （8）A     （9）符合要求      6.（1）①     ② 极性      （2）① 4    ② 角形（或V形）     （3）AB      （4）①     ② >      （5）B     （6）4或10     （7）A      7.（1）① 第三周期ⅣA族(或14族)    ② CD      （2）     （3）C     （4）① N    ②       （5）① 阳极    ②       （6）      8.（1）B      （2）① 3d104s24p2    ② 2    ③ 形成稳定的双键或三键，除头碰头的σ键外，还要形成肩并肩的π键，但Ge原子半径太大，肩并肩的电子云难以有效重叠，故难以形成稳定的π键；      （3）①     ② O     （4）B     （5）D     （6）      （7）B      9.（1）① C    ② 12      （2）     （3）A     （4）B      （5）C     （6）C      （7）亚甲基蓝含有阴阳离子，为离子化合物，且含有的N原子能与水分子形成氢键      （8）① 低    ② 、均为分子晶体，组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高     （9）      10.（1）C     （2）B     （3）D      （4）      （5）     （6）AD      （7）① Ⅰ    ② Ⅰ可与晶体表面形成更多的配位键和氢键      （8）     （9）C      11.（1）C      （2）① B    ② 两者同为杂化。但是①中的N原子有一对孤对电子，②中的N原子孤对电子形成了化学键，孤电子对与成键电子对的排斥力比成键电子对之间的排斥力大，键角变小。      （3）     （4）AC     （5）36.8     （6）D     （7）C      （8）      12.（1）A     （2）     （3）能耗少，且不会产生污染性气体。      （4）富集钼元素，将钼离子与杂质阴离子分离提纯      （5） 时，Mo以阳离子形式存在，不能被阴离子交换树脂吸附，提钼率下降      （6）取少量钼酸盐于试管中，加入溶液，加热，再将湿润的红色石蕊试纸于试管口，试纸变蓝，则说明阳离子为。     （7）C      （8）当滴入最后半滴标准溶液，溶液由浅绿色变为紫色，且半分钟内不恢复      （9）或     （10）AC      13.（1）2     （2）D   （3）生成的硫酸铅难溶于水，覆盖在铅的表面，阻碍了铅与硫酸的进一步接触     （4）C     （5）B     （6）9.34     （7）      （8）提高铅的回收率，补充氯离子，同时降低硫酸根的浓度，提高脱硫能力      （9）A           14.（1）C      （2）      （3）① B     ② 羟胺属于分子晶体，分子间作用力较小，熔点较低，盐酸羟胺属于离子晶体，离子键作用较强，熔点较高      （4）      （5）      （6）形      （7）     （8）C      15.（1）4s、3d     （2）C     （3）      （4）取白色固体溶于水，将溶液分成两份，一份加入浓NaOH溶液并加热，将产生的气体通向湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝则溶液中含有；另一份加入盐酸没有明显现象，再加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则溶液中含有；综上白色固体是      （5）      （6）酚羟基     （7）C     （8）D      （9）金属钾还原性太强，反应不易控制；金属钾可能与产物Pt₃Y形成合金(或其他合理答案)      16.（1）A     （2）D     （3）+3      （4）5     （5）B     （6）6     （7）BC     （8）B     （9）9.71     （10）      17.（1）第四周期第Ⅷ族     （2）      （3）AC      （4）升高温度，活化分子百分数增大，单位体积内有效碰撞次数增多，反应速率加快，该温度范围内反应未达到平衡，相同时间内NO转化量更多      （5）     （6）A     （7）B      （8）<     （9）      18.（1）C     （2）、      （3）     （4）CD     （5）     （6）降低熔融的熔点，降低能耗，同时增强熔融盐的导电性      （7）蒸发皿     （8）当滴入最后半滴溶液时，溶液变为血红色，且半分钟内不褪色     （9）0.928      19.（1）① CaTiO3    ② O     （2）A     （3）B      （4）C     （5）      （6）BC     （7）      （8）① Pb    ② 8.96      （9）TiO2为离子晶体，熔融状态能导电，而TiCl4为分子晶体，液态不能导电，无法电解      20.（1）A     （2）D     （3）+3     （4）5     （5）B      （6）6     （7）BC     （8）B     （9）9.71      （10）      试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 物质结构与性质综合题 3年真题1年模拟 考点分类 考情示例 命题规律 考点 物质结构与性质综合题 2026上海（1题）、2025上海（1题）、2024上海（2题） · 情境设置：以新材料（量子点、碳酸丙烯酯）、矿物冶金、药物分子、海洋生态等真实科研或工业情境为载体 · 考查重点：聚焦电负性比较、晶体结构分析（晶胞计算、配位数）、配合物成键与性质、分子结构与性质关系等核心知识 · 命题趋势：上海卷持续独占该考点，强化结构决定性质的学科思想，注重微观结构分析与宏观性能关联的深层推理能力考查 1.（2026·上海·高考真题）黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸化焙烧。下列是利用酸浸出黄铜矿(主要成分，含有少量杂质)回收其中铜和铁的工艺流程如图： （1）化合物作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光泽性，提升电镀层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。 A. C、S B. C、H C. N、S D. N、H （2）离子液体[]可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有___________(不定项)。 A. 配位键 B. 离子间静电作用 C. 氢键 D. 金属键 （3）已知：的歧化反应                                                           ①根据上述信息，计算反应热　　　　　　　　　　　。 ②在298 K时，反应的则在该条件下，在溶液中 　　　　　　　　　　　(填“能”或“不能”)大量存在。理由是　　　　　　　　　　　。 （4）写出黄铜矿焙烧生成冰铜的主要反应方程式：　　　　　　　　　　　 _____________ （5）用硫酸浸出黄铜矿时，生成、、。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液中多添加 　　　　　　　　　　　(选填“氧化剂”或“还原剂”)。 铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。 （6）写出正极的电极反应式　　　　　　　　　　　。 （7）反应中可以用___________替代。 A. 葡萄糖 B.  C.  D.  （8）下图为晶胞图，图中1个S进入的是2个Cu和2个Fe围成的四面体，有部分Cu未画出，则晶胞中未画出的Cu处在晶胞的___________位置。 A. 体心 B. 面心 C. 顶点 D. 棱心 距离Cu原子最近的S原子有___________个。 （9）、、三种微粒的键角从大到小的顺序是　　　　　　　　　　　。并说明和键角不同的原因是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）D （2）BC （3）① 875    ② 能    ③ 该温度下反应的，歧化反应正向非自发，不会转化为和，可大量存在 （4）17 （5）氧化剂 （6） （7）A （8）① A    ② 4 （9）①     ② 中原子有1对孤电子对，中原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小      【解析】（1）该辅助光亮剂含、、、四种元素，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性顺序为，故电负性最大的是，最小的是，选D。 （2）该离子液体中阴阳离子之间存在离子间静电作用，阳离子中的键可与阴离子中的形成氢键，金属键仅存在于金属晶体中，不存在金属键，故选BC。 （3）①根据盖斯定律，目标反应可由已知第一个反应与第四个反应相加得到，故。 ②298K时，反应的吉布斯自由能，说明歧化反应在该条件下正向非自发，故不会转化为和，在溶液中能大量存在。 （4）依据电子守恒，中从+2价升高到+3价，每个失1e⁻，从-2价升高到+6价，每个失8e⁻，4mol 共失电子，中从0价降低到-2价，1mol 得4e⁻，故的系数为。再依据原子守恒与电荷守恒，反应物缺项为，的系数为16，配平后总反应为。 （5）反应液中含、、、，为将元素全部转化为，便于调节pH生成沉淀除去，需添加氧化剂将氧化为。 （6）电解装置右侧转化为，元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，故右侧电极为阳极，接电源正极，电极反应式为。 （7）反应中中、元素化合价升高，作还原剂，需选择还原性物质替代，选项中只有葡萄糖具有还原性，、无强还原性，为氧化剂，故选A。 （8）晶胞中原子采取面心立方堆积，已画出的位于顶点和面心位置，未画出的位于晶胞体心位置，选A；每个原子周围紧邻的原子构成四面体结构，故距离原子最近的原子有4个。 （9）、、的中心原子均为杂化，中有1对孤电子对，中有1对孤电子对但的电负性小于，孤电子对排斥力更小，中有2对孤电子对，孤电子对排斥力更大，故键角顺序为；和键角不同的原因是中原子有1对孤电子对，中原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小。 2.（2025·上海·高考真题）钨(W)为银白色有光泽的金属，常温下不受空气侵蚀，化学性质比较稳定，主要用来制造灯丝和制作耐磨工具。 (1)用金属钨作灯丝与钨的_______特性有关。 A．延展性 B．导电性 C．高熔点 D．硬度大 (2)从微观角度解释钨有金属光泽的原因_______。 白钨矿的主要成分的钨酸钙(CaWO4)，CaWO4的晶胞结构如下图： (3)CaWO4晶胞中，Ca2+处于_______。 A．顶角 B．面上 C．棱上 D．体心 (4)钨元素的信息如图所示，可推测其在元素周期表中的位置是_______。 A．第五周期第IIB族 B．第五周期第IVB族 C．第六周期第IIB族 D．第六周期第VIB族 (5)根据价层电子对斥理论，可知中W的价层电子对数为_______。 (6)下图晶胞中只有一个完整的，其包含的四个O2-的编号是_______。(选填编号①~⑧) (7)白钨矿常伴生方解石、石膏、萤石、磷灰石等钙矿石。这些钙矿石的密度见下表： 伴生钙矿石 方解石 石膏 萤石 磷灰石 密度/g·cm-3 2.71 2.32 3.18 3.20 已知：V(CaWO4晶胞)=3.12×10-22cm3；M(CaWO4)=288g·mol-1；NA=6.02×1023mol-1 计算CaWO4的密度_______ (写出计算过程，结果精确到小数点后2位)，并与伴生钙矿石作比较，说明钨得名“重石头”的原因_______。 CaWO4具有良好的光学活性，被广泛用于光电陶瓷材料中。工业上可以用电解法制备CaWO4，其装置如图所示： 已知 (8)写出该装置的阳极方程式_______。 (9)为获取高纯的CaWO4，在电解时需要不断通入，说明其原因_______。 【答案】(1)BC (2)当可见光照射金属表面时，金属中的自由电子吸收光能，形成不稳定的较高能量状态。当电子跃迁回较低能量状态时，会将能量以可见光的形式辐射出来，而具有金属光泽 (3)BC (4)D (5)4 (6)⑤⑥⑦⑧ (7) CaWO4的密度较大 (8) (9)减少CO2，避免生成CaCO3 【解析】（1）因为W丝具有导电性高熔点的性质，所以可以用来做灯丝，故答案为：BC； （2）钨有金属光泽的原因是：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽； 故答案为：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽； （3）由图可知，位于面心和棱上，故答案为：BC； （4）由题给图片信息可知，74号W元素的价电子排布为，在56号Xe元素和86号Rn元素之间，所以W在第六周期第ⅥB族，故答案为D； （5）中心原子价层电子对数为4，孤对电子数为，故答案为4； （6）四面体是由1个W原子和4个O原子构成的，其中W原子位于四面体的中心，4个O原子位于四面体的4个顶点。从图1-8中可以看到晶胞的结构，当W原子与5、6、7、8号O原子相邻时，能组成一个四面体，故答案为：5、6、7、8； （7）由CaWO4的晶胞结构图知，位于面心和棱上，由均摊法计算，晶胞中含个数为，故1个晶胞中含4个CaWO4，V(CaWO4晶胞)=3.12×10-22 cm3， CaWO4的密度比伴生钙矿石的密度大，所以被称为“重石头”；故答案为；CaWO4的密度较大； （8）W与电源正极相连，所以是电解池的阳极，故电极反应式为：，故答案为：； （9）制备时需要不断通入的原因是：减少CO2，避免生成CaCO3；故答案为：减少CO2，避免生成CaCO3； 3.（2024·上海·高考真题）从1771年获得氟化氢到1886年通过电解法制备氟单质，经历一百多年时间。目前，含氟化合物已广泛应用于医药、材料等领域。 （1）在元素周期表中，氟元素的___________。 A. 原子半径最小 B. 第一电离能最小 C. 元素电负性最强 D. 最高正化合价为+7 （2）18F标记的氟化钠注射液可用于肿瘤检测，下列关于18F与19F的说法正确的是___________。 A. 二者属于同种核素 B. 二者互为同素异形体 C. 18F比19F少一个电子 D. 18F比19F少一个中子 （3）工业用氟化钙与浓硫酸在加热条件下制备HF气体，相应的化学方程式为　　　　　　　　　　　。该反应中，浓硫酸体现了酸性和　　　　　　　　　　　。 A．吸水性     B．脱水性     C．强氧化性     D．难挥发性 （4）据研究，液态氟化氢中存在电离平衡3HFX+，微粒X的化学式为　　　　　　　　　　　，的结构为，其中F-与HF之间的作用力为　　　　　　　　　　　。 （5）氟单质具有强氧化性，常温下能与铁、银等大多数金属发生反应，但在工业上可用铜制容器储存氟单质，可能的原因是　　　　　　　　　　　。 PtF6的极强的氧化剂，历史上Xe和PtF6在一定条件制备了稀有气体离子化合物[XeF]+[Pt2F11]-。其制备的反应历程①~⑤如图所示： （6）由上述反应历程可知，该反应的催化剂是___________。 A. PtF B. PtF C. F- D. XeF （7）上述反应历程中属于氧化还原反应的是___________。 A. ② B. ③ C. ④ D. ⑤ 在一定温度下，Xe与F2能形成气态氟化氙XeFn(n=2，4，6)。 （8）向50 L的恒容密闭容器中充入1.0 mol的Xe和9.0 mol的F2，反应10 min后，混合气体的物质的量变为8.9 mol，其中三种氟化氙的物质的量的比n(XeF2)：n(XeF4)：n(XeF6)=1：6：3，则0~10 min内v(XeF4)=　　　　　　　　　　　mol·L-1·min-1。 【答案】（1）C     （2）D     （3）① CaF2+H2SO4(浓)CaSO4+2HF↑    ② D     （4）① H2F+    ② 氢键     （5）氟气与铜反应生成致密的氟化膜，阻止氟气与铜继续反应     （6）C     （7）AB     （8）6.0×10-4      【解析】（1）氟元素位于第二周期第ⅦA族，在元素周期表中，氟元素的电负性最强，第一电离能也不小，但不是最大的，第一电离能最大的是氦，氟没有最高正化合价，原子半径最小的是H元素，答案选C。 （2）A．二者质子数相同，中子数不同，属于同种元素的不同核素，A错误； B．二者质子数相同，中子数不同，属于同种元素的不同核素，互为同位素，B错误； C．二者质子数相同，核外电子数相同，C错误； D．18F比19F少一个中子，D正确； 故答案选D。 （3）工业用氟化钙与浓硫酸在加热条件下制备HF气体，相应的化学方程式为CaF2+H2SO4(浓)CaSO4+2HF↑；该反应中，浓硫酸体现了酸性和难挥发性。 （4）液态氟化氢中存在电离平衡3HFX+，根据原子守恒可知，其中X为H2F+，的结构为，其中F-与HF依靠氢键相连接。 （5）氟单质具有强氧化性，常温下能与铁银等大多数金属发生反应，但在工业上可用铜制容器储存氟单质，可能的原因是氟单质与铜反应生成了致密的氟化铜保护膜，覆盖在铜表面，阻碍铜与氟气进一步反应。 （6）由图可知，参与第①步反应，在最后一步反应中生成，是该反应的催化剂，则F-为该反应的催化剂。 （7）上述过程中②与③存在Xe和Pt元素的化合价发生改变，属于氧化还原反应。 （8）氟气通入Xe中会产生XeF2、XeF4、XeF6三种氟化物气体，50 L的恒容密闭容器中充入1.0 mol的Xe和9.0 mol的F2，反应10 min后，混合气体的物质的量变为8.9 mol，且三种氟化物的比例为n(XeF2)：n(XeF4)：n(XeF6)=1：6：3，设生成的XeF2、XeF4、XeF6分别为a mol、6a mol、3a mol，根据方程式：则有a+12a+9a=(10-8.9) mol=1.1 mol，解得a=0.05 mol，生成的XeF4为0.05 mol×6=0.3 mol，10 min内XeF4的化学反应速率为v(XeF4)=。 4.（2024·上海·高考真题）溴化铝可用作分析试剂、催化剂和制冷剂。溴化铝的固体以二聚体分子形式存在。其结构如下图所示： （1）关于Al2Br6中化学键描述正确的是___________。 A. 含有极性键 B. 含有离子键 C. 含有非极性键 D. 含有金属键 （2）Al2Br6溶于乙腈(CH3C≡N)会生成配合物。该配合物的组成如图所示： a．已知该配合物中心离子的价层电子对的空间结构为四面体形，则中心离子的杂化类型为　　　　　　　　　　　。 A．sp     B．sp2     C．sp3 b．该配离子中所含的配体有　　　　　　　　　　　。(化学式) c．1mol该配离子中含σ键　　　　　　　　　　　mol。 A．4     B．12     C．14     D．18 反应Al2Br6(g)=2Al(g)+6Br(g)的ΔH可用于估算Al2Br6(g)的总键能。已知下列过程： ①2Al(s)+3Br2(l)=Al2Br6(s)       ΔH1    ②Al(s)=Al(g)     ΔH2 ③Br2(l)=Br2(g)     ΔH3 ④Br2(g)=2Br(g)     ΔH4 ⑤Al2Br6(s)=Al2Br6(g)   ΔH5 （3）则反应Al2Br6(g)=2Al(g)+6Br(g)的ΔH=　　　　　　　　　　　。(用ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4、ΔH5表示) Al2Br6的晶胞如下图所示： （4）已知晶胞的上、下面和左、右面均为长方形，二聚分子的中心均位于棱心位置。距离“甲位置”最近且距离相等的Al2Br6有___________个。 A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 （5）该晶体的晶胞体积V=5.47×10-22cm3，晶胞密度ρ=　　　　　　　　　　　g·cm-3。(NA的数值取6.02×1023，计算结果精确到小数点后2位) （6）已知氟化铝、溴化铝和碘化铝的熔点如下表所示，碘化铝和溴化铝的结构相似。利用晶体结构有关知识，解释氟化铝、溴化铝和碘化铝熔点存在差异的原因。　　　　　　　　　　　 物质 氟化铝 溴化铝 碘化铝 熔点/K 1564 371 464 （7）AlBr3水解可得到Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体用于净水，其原因是　　　　　　　　　　　。 （8）已知电泳时，带电Al(OH)3胶体粒子向阴极移动，该胶体的化学式离子可能是___________。 A. [mAl(OH)3·nAl3+·(3n-x)Br-]x+ B. [mAl(OH)3·nBr-·xAl3+](3x+n)+ C. [mAl(OH)3·nOH-·(n-x)H+]x- D. [mAl(OH)3·nAl3+·3nBr-] 【答案】（1）A     （2）① C    ② CH3CN、Br-    ③ C     （3）ΔH=-ΔH1+2ΔH2+3ΔH3+3ΔH4-ΔH5     （4）B     （5）3.24     （6）氟化铝为离子晶体，溴化铝和碘化铝为分子晶体。离子晶体熔化时需要破坏离子键，溴化铝和碘化铝熔化时需要破坏范德华力，故氟化铝的熔点高于溴化铝和碘化铝。溴化铝和碘化铝的结构相似，碘化铝的相对分子质量大于溴化铝，范德华力更大，因此碘化铝的熔点高于溴化铝     （7）Al(OH)3胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降     （8）A      【解析】（1）溴化铝的固体以二聚体分子形式存在，结合其分子结构，其结构类似氯化铝的二聚体，溴和铝之间形成溴铝极性共价键，故选A； （2）a．sp杂化为直线形，sp2杂化为平面三角形，sp3杂化为四面体形；已知该配合物中心离子的价层电子对的空间结构为四面体形，则中心离子的杂化类型为sp3杂化，故选C； b．由结构，该配离子中所含的配体有CH3CN、Br-，其中氮原子、溴离子提供孤电子对； c．单键均为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键和2个π键；1个该配合物中含有12条单键，2条碳氮三键，其中碳氮三键中有1条σ键，因此1mol该配合物中σ键数量为14mol；故选C； （3）由盖斯定律，反应-①+2×②+3×③+3×④-⑤得到反应Al2Br6(g)=2Al(g)+6Br(g)，则其焓变ΔH=-ΔH1+2ΔH2+3ΔH3+3ΔH4-ΔH5； （4）距离“甲位置”最近且距离相等的Al2Br6在上下层各2个，共4个，故选B； （5）根据“均摊法”，晶胞中含个Al2Br6，则晶体密度为； （6）氟化铝为离子晶体，溴化铝和碘化铝为分子晶体，离子晶体熔化时需要破坏离子键，溴化铝和碘化铝熔化时需要破坏范德华力，故氟化铝的熔点高于溴化铝和碘化铝；溴化铝和碘化铝的结构相似，碘化铝的相对分子质量大于溴化铝，范德华力更大，因此碘化铝的熔点高于溴化铝； （7）AlBr3水解可得到Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降，故能净水； （8）电泳时，带电Al(OH)3胶体粒子向阴极移动，在该胶体粒子带正电荷，则排除选项CD；B电荷数错误，正确的表示为mAl(OH)3·nBr-·xAl3+]3x-n；故选A。 1.（2026·上海长宁区·一模）铁触媒是重要的催化剂，CO易与铁触媒作用导致其失去催化活性：Fe+5CO=Fe(CO)5；除去CO的化学反应为： 。 （1）C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为______。 A. C>N>O B. N>O>C C. O>N>C D. O>C>N （2）反应Fe(CO)5=Fe+5CO中有没有化学键断裂及新的化学键形成_______。 A. 有断裂有形成 B. 没有断裂没有形成 C. 没有断裂有形成 D. 有断裂没有形成 （3）Fe(CO)5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则羰基铁的晶体类型是　　　　　　　，与CO互为等电子体的分子的电子式为　　　　　　　。 （4）据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是_______。 A. OH-参与了该催化循环 B. 该反应可产生清洁燃料H2 C. 该反应可消耗温室气体CO2 D. 该催化循环中Fe的成键数目发生变化 （5）用[Cu(NH3)2]OOCCH3除去CO的反应中，肯定有_______形成(不定项)。 A. 离子键 B. 配位键 C. 非极性键 D. 键 （6）NH3可以与多种金属离子形成配合物。且NH3极易溶于水，原因与氢键有关，请问NH3的一水合物的结构式为　　　　　　　，理由是　　　　　　　。 （7）铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示：写出该反应的化学方程式为                 ，若两个最近的Fe原子间的距离为s cm，则该晶体的密度是　　　　　　　。 【答案】（1）B     （2）A     （3）① 分子晶体    ②      （4）C     （5）BD     （6）①     ② NH3和H2O之间存在氢键而形成NH3•H2O，其结构可能为或，根据NH3•H2ONH4++OH-可推测正确的结构式为     （7）① 8Fe+2NH32Fe4N+3H2    ②       【解析】（1）已知同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，故答案为：B； （2）反应Fe(CO)5=Fe+5CO中有Fe-C配位键即共价键的断裂，同时形成了金属铁晶体中的金属键，即该反应中有化学键断裂和新的化学键形成，故答案为：A； （3）Fe(CO)5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，由该物质的熔点较低可知，羰基铁的晶体类型是分子晶体，等电子体是指原子总数相同、价电子总数相同的分子或离子，与CO互为等电子体的分子有：N2，其电子式为，故答案为：分子晶体；； （4）A．由图中箭头方向可知，OH-参与了该催化循环，A正确； B．由图中箭头方向可知，该反应可产生清洁燃料H2，B正确； C．由图中箭头方向可知，该反应可生成CO2，C错误； D．由图可知，在不同物质中Fe的成键数目有4、5、6三种情况，故该催化循环中Fe的成键数目发生变化，D正确； 故答案为：C； （5）用[Cu(NH3)2]OOCCH3中除去CO的反应中，Cu有空轨道，CO中碳原子有孤电子对，形成配位键，配位键属于σ键，故选：BD； （6）NH3和H2O之间存在氢键而形成NH3•H2O，其结构可能为或，根据NH3•H2ONH4++OH-可推测正确的结构式为； （7）由题干晶胞示意图可知，Fe位于顶点和面心，N位于体心，根据均摊法可知，一个晶胞中Fe原子数目为8×+6×=4，N原子数目为1，故该产物化学式为Fe4N，结合氧化还原反应配平可得，该反应方程式为：8Fe+2NH32Fe4N+3H2，晶胞面对角线上3个Fe原子相邻，两个最近的Fe原子间的距离为s cm，则晶胞棱长为s cm，一个晶胞质量为g，则晶体密度==g•cm-3，故答案为：8Fe+2NH32Fe4N+3H2；。 2.（2026·上海嘉定区·一模）自然界中Li含两种稳定的核素，丰度约占，丰度约占，通过同位素分离技术对天然锂进行富集，得到高浓度的或，在工业中发挥巨大用处。 常见的两种分离方法如下： ①锂汞齐法：锂盐溶液与锂汞齐(锂与汞形成的合金)相接触，在锂汞齐中富集，则被富集到水相中。 ②熔盐电解法：将LiBr和KBr的混合物加热到，通电，利用在熔融态下迁移速率的差异分离及。 （1）以下说法正确的是___________。 A. 的相对原子质量为7 B. 在自然界锂元素里所占的质量分数为 C. 根据以上信息可得锂元素的相对原子质量 D. 天然存在的锂元素里，和所占的丰度一般不变 （2）基于和的___________不同，能实现同位素分离技术。 A. 化学性质 B. 质量数 C. 电子数 D. 中子数 （3）常温下锂汞合金为　　　　　　　　　　　。 A．固体       B．液体       C．气体 （4）熔盐LiBr和KBr的混合物中，半径最大微粒的电子式为　　　　　　　　　　　。 （5）从绿色化学角度评价锂汞齐法的不足为　　　　　　　　　　　；熔盐电解法的不足为　　　　　　　　　　　。(任写一点) 我国锂资源丰富，从盐湖卤水中提取Li的方法之一如下： 吸附过程原理： （6）关于吸附过程说法错误的是　　　　　　　　　　　。 A．吸附过程中涉及氧化还原反应 B．吸附过程中适度搅拌可以提高反应速率 C．吸附过程中搅拌速度过快易引起胶体的聚沉，影响吸附效果 （7）下图为不同pH时吸附容量(表示单位质量吸附剂吸附锂的质量)，分析时效果最佳的原因　　　　　　　　　　　。 （8）检验脱附步骤已经充分完成的方法为　　　　　　　　　　　。 （9）洗脱液中需通过加入沉淀剂得到高纯度的含锂物质，以下能作沉淀剂且更易生成沉淀的是___________。 已知：洗脱液中浓度为。 A.  B. NaOH C.  D.  【答案】（1）D     （2）BD     （3）B     （4）          （5）① 汞有毒，易造成环境污染，危害人体健康    ② 需加热到 500℃，能耗高(或电解过程会产生有毒气体，答一点即可)     （6）A     （7）pH过低时，溶液中的浓度较高，会抑制水解生成吸附剂，吸附剂生成不足；pH过高时， Al(OH)3溶解，吸附剂结构被破坏。pH=7时，OH-浓度适中，吸附剂活性最高，吸附效果最佳     （8）取最后一次的洗脱液，用焰色反应检验：若洗脱液进行焰色反应时，无紫红色火焰（锂元素的焰色），则说明脱附已充分完成；     （9）C      【解析】（1）A．的质量数为 7，但相对原子质量是其实际原子质量与原子质量的比值，数值接近7但不等于7，A 错误； B．题目中丰度约占 7.52%” 指的是原子个数百分比（原子丰度），不是质量分数，B 错误； C．元素的相对原子质量需要各同位素的相对原子质量和丰度共同计算，题目仅给出质量数，非精确相对原子质量，无法算出准确值，C 错误； D．天然存在的稳定同位素，其丰度在自然界中一般保持不变，D 正确； 故选D。 （2）和的质子数相同，中子数分别为3和4，因此质量数不同。同位素分离技术正是利用了二者质量数和中子数的差异，导致物理性质不同，从而实现分离，故选BD。 （3）汞在常温下为液体，合金熔点通常低于组分金属，故锂汞合金常温下为液体，故选B。 （4）在LiBr和KBr中，存在的离子有、、。根据离子半径规律：同一主族，离子半径随核电荷数增加而增大，故半径：。同一周期主族元素，阴离子半径大于阳离子半径，故半径：。因此，半径最大的是 。的电子式为  。 （5）从绿色化学角度，锂汞齐法的不足为汞有毒，易造成环境污染，危害人体健康。熔盐电解法的不足为：需加热到500℃，能耗高；或电解过程会产生有毒气体。 （6）分析：从盐湖卤水（含LiCl ）中提取的流程，是利用与 在特定pH下反应生成的吸附剂（如），对卤水中的进行选择性吸附富集；经固液分离后，再通过蒸馏水洗脱，将从吸附剂上解吸进入洗脱液，实现的提取与初步纯化。 A．反应中所有元素的化合价均未发生变化，因此不涉及氧化还原反应，A 错误； B．适度搅拌可以增大反应物接触面积，提高反应速率，B 正确； C．搅拌速度过快会破坏胶体的稳定性，引起胶体聚沉，影响吸附效果，C 正确； 故选A。 （7）pH过低时，溶液中的浓度较高，会抑制水解生成吸附剂，吸附剂生成不足；pH过高时， Al(OH)3溶解，吸附剂结构被破坏。pH=7时，OH-浓度适中，吸附剂活性最高，吸附效果最佳。 （8）取最后一次的洗脱液，用焰色反应检验：若洗脱液进行焰色反应时，无紫红色火焰（锂元素的焰色），则说明脱附已充分完成； （9）计算生成氢氧化锂沉淀所需的最小：； 生成氢氧化锂沉淀所需的最小 ：；溶解度较大，与也不会反应生成沉淀，因此是更易生成沉淀的沉淀剂，故选C。 3.（2026·上海嘉定区·一模）“丹青”是绘画艺术的代称，先秦《管子·小称》有言“丹青在山，民知而取之”，已指出其为天然的矿石颜料。“丹”指丹砂，主要成分为HgS；“青”指石青，主要成分为。 （1）已知Hg元素的信息如图，则Hg在元素周期表中的位置为___________。 A. 第5周期、第12族 B. 第5周期、第IIB族 C. 第6周期、第12族 D. 第6周期、第IIA族 已知：第二电离能是元素的+1价的气态正离子(基态)失去一个电子形成+2价的气态正离子(基态)所需的最低能量。 第一电离能 第二电离能 Cu Fe （2）分析Cu的第二电离能大于Fe的主要原因　　　　　　　　　　　。 （3）天然HgS主要有两种形态，其中为红色，结构为三方系；为黑色，结构为立方系，用现代技术研究两者结构差异，可以用___________。 A. 原子吸收光谱 B. 红外光谱 C. 核磁共振氢谱 D. 晶体X射线衍射 Cu3(CO3)2(OH)2的晶胞结构如下图： （4）已知 Cu3(CO3)2(OH)2晶胞中含4个H原子，对Cu2+所处位置判断错误的是___________。 A. 顶点 B. 棱上 C. 面心 D. 体内 石青受热分解产生，将CuO投入的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为约为9.5，得到溶液。 （5）比较石青分解得到的三种产物的熔点高低，并分析原因　　　　　　　　　　　。 （6）CuO被“氨浸”的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （7）[Cu(NH3)4]2+结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu(NH3)4]2+的空间结构为　　　　　　　　　　　。 （8）已知中任意两个的夹角为，则中任意两个的夹角　　　　　　　　　　　。 A．大于       B．小于       C．等于 石青的“孪生兄弟”孔雀石与在一定条件下生成一种配位化合物，其负离子的结构为： （9）该配合物中心离子的配位数为　　　　　　　　　　　：根据价层电子对互斥理论，可知中C的价层电子对数为　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）C     （2）Cu的第二电离能是失去3d10轨道上电子，Fe的第二电离能是失去4s1轨道上的电子，前者比后者难，故Cu的第二电离能＞Fe的第二电离能     （3）D     （4）B     （5）CuO是离子晶体，熔点最高，H2O、CO2为分子晶体，由于H2O分子间存在氢键，导致熔点高于CO2，熔点CuO＞H2O＞CO2     （6）CuO+2NH3+2=[Cu(NH3)4]2++H2O     （7）平面正方形     （8）A     （9）① 4    ② 3      【解析】（1）由题干Hg元素的信息图，其价电子排布式为5d106s2，根据最高能层序数等于其周期序数，则Hg在元素周期表中的位置为第6周期、第12族，故答案为：C； （2）Cu的价电子排布式为：3d104s1，Fe的价电子排布为3d64s2，失去1个电子后，Cu+的价电子排布式为：3d10，Fe+的价电子排布为3d64s1，失去3d轨道上电子比失去4s轨道上的电子难，故Cu的第二电离能＞Fe的第二电离能，故答案为：Cu的第二电离能是失去3d10轨道上电子，Fe的第二电离能是失去4s1轨道上的电子，前者比后者难，故Cu的第二电离能＞Fe的第二电离能； （3）A．原子吸收光谱用于鉴别元素，两种晶胞所含元素种类完全相同，不能区分，A不合题意； B．红外光谱红外光谱主要用于鉴定化学键和官能团，两种晶胞所含化学键类型相同，不能区分，B不合题意； C．核磁共振氢谱用于检测物质含有不同环境H原子的种类和数目比值，两种晶体中均不含H，不能区分，C不合题意； D．晶体X射线衍射是研究晶体结构的权威方法，两种晶体结构不同，能够区分，D符合题意； 故答案为：D； （4）由题干信息可知，晶胞中含4个H原子，即H位于晶胞体内，结合已知化学式Cu3(CO3)2(OH)2，一个晶胞应该含有6个Cu2+，结合晶胞图示可知，Cu2+位于8个顶点=1个，上下面心上各1个，=1个，其余还有6-1-1=4，结合图中信息可知，这4个Cu2+应该都在体内的，即没有在棱上的，故答案为：B； （5）由题干信息可知，石青分解得到的三种产物即CuO、H2O、CO2，CuO是离子晶体，常温下固体，H2O、CO2为分子晶体，由于H2O分子间存在氢键，导致熔点高于CO2，常温下H2O为液体、CO2为气体，故答案为：CuO是离子晶体，熔点最高，H2O、CO2为分子晶体，由于H2O分子间存在氢键，导致熔点高于CO2，熔点CuO＞H2O＞CO2； （6）由题干信息可知，将CuO投入的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为约为9.5，得到溶液，则该反应的离子方程式为：CuO+2NH3+2=[Cu(NH3)4]2++H2O； （7）[Cu(NH3)4]2+结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu(NH3)4]2+的空间构型为平面正方形； （8）已知自由的NH3和[Cu(NH3)4]SO4中N均采用sp3杂化，但自由的NH3中N原子周围存在孤电子对，而[Cu(NH3)4]2+中N原子上的孤对电子用来与Cu²⁺形成配位键，成为成键电子对，该成键电子对对N-H键的排斥作用小于自由的NH3中孤对电子对N-H键的排斥作用，故N-H键的夹角大于107.3°，故答案为：A； （9）由题干配合物中心离子结构可知，Cu2+周围形成了4个配位键，该配合物中心离子的配位数为4，根据价层电子对互斥理论，可知中C的价层电子对数为3+=3，故答案为：4；3。 4.（2026·上海黄浦区·模拟）储氢材料的开发是推动氢能产业化发展的关键。氨硼烷是一种颇具潜力的固体储氢材料，其分子结构与乙烷类似，可由乙硼烷、液氨和四氢呋喃（）在一定条件下制备得到。 （1）上述转化所涉及的元素中，原子半径最大的是______。 A. 氢 B. 硼 C. 氧 D. 氮 （2）下列有关的说法正确的是______。 A. 电子式为 B. H—N—H键角： C. 通入浓硫酸中会被氧化 D. 作燃料可降低碳排放 （3）乙硼烷的分子结构如下图所示，其分子内通过“桥氢原子”形成两个特殊共价键，使B原子最外层达到稳定结构。则乙硼烷中B原子的杂化方式是　　　　　　。 A.                    B.                    C. sp （4）第二周期中，气态基态原子的第一电离能位于B与N之间的有______种。 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 （5）结合原子结构，简述分子中B原子与N原子之间的成键过程　　　　　　。 镁基储氢材料具有储氢密度高、环保性能好等优点。某镁镍合金的晶胞结构如图所示。 （6）元素周期表中，Ni元素位于______区。 A. s B. p C. d D. f （7）储氢前，镁镍合金晶体中，距离Ni原子最近且距离相等的Mg原子有______。 A. 4个 B. 8个 C. 12个 D. 16个 （8）储氢后，H原子以正八面体结合的模式有序分布在Ni的周围，所形成晶体的晶胞如图c所示，则储氢后所得晶体的化学式为　　　　　　。 （9）若储氢后所得晶体的晶胞的边长为d nm，阿伏伽德罗常数为，则该晶体中氢的密度是　　　　　　。（用含d、的代数式表示） 【答案】（1）B     （2）D     （3）A     （4）C     （5）N提供孤电子对，B提供空轨道，B与N之间形成配位键     （6）C     （7）B     （8）     （9）      【解析】（1）H位于第一周期，原子半径最小，B、O、N位于第二周期，同周期主族元素原子半径从左到右逐渐减小，原子半径：，故硼原子半径最大。 （2）A．中N原子只有1对孤对电子，电子式：，A错误； B．中N原子有1对孤对电子，孤对电子对成键电子对的斥力大于成键电子对键的斥力，使键角变小；中N的孤对电子与B形成配位键后，N周围全为成键电子对，斥力变小，键角更大，故键角：，B错误； C．通入浓硫酸发生非氧化还原反应生成硫酸铵，不被氧化，C错误； D．不含碳，燃烧产物为和，无排放，可降低碳排放，D正确。 （3）乙硼烷中每个B原子形成4个共价键（2个端基B-H键+2个桥键），B原子价层电子对数为4，故为杂化。 （4）第二周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，ⅡA、ⅤA反常，第一电离能顺序：，第一电离能介于B和N之间的为，共3种 （5）N原子与3个H原子形成3个σ键后，还有一对孤电子对；B原子与3个H原子形成3个σ键后，还有空轨道；N提供孤电子对、B提供空轨道，二者形成配位键。 （6）Ni原子价电子排布为，位于第四周期Ⅷ族，属于d区（沪科技版是d区，其余版本教材是ds区），故选C。 （7）以面心的Ni为研究对象，其最近且距离相等的Mg原子位于晶胞内部，上、下两层共8个。 （8）储氢后晶胞中：：，：8个（晶胞内），H：以八面体形式与Ni配位，故，化学式为。 （9）1个晶胞含有Ni的个数为4，则H的个数是24，晶胞中H总质量为，晶胞边长，晶胞体积，氢的密度。 5.（2026·上海黄浦区·模拟）富马酸是一种治疗贫血的药物。某兴趣小组以顺丁烯二酸酐为原料，硫脲为催化剂制备富马酸亚铁。 Ⅰ.富马酸的制备 取2.50g顺丁烯二酸酐，加水温热溶解。加入催化剂硫脲，溶液在搅拌下加热煮沸至较多固体析出时立即冷却，结晶，抽滤，洗涤，干燥。 （1）1mol富马酸分子中含有　　　　　　mol 键。 （2）富马酸与马来酸互为______。 A. 顺反异构 B. 官能团异构 C. 碳链异构 D. 对映异构 （3）（不定项）可以用来鉴别富马酸和马来酸的是______。 A. 高锰酸钾酸性溶液 B. 原子发射光谱 C. 晶体X射线衍射 D. 质谱 （4）富马酸熔点为300℃，马来酸熔点为140℃，二者熔点差异的原因是　　　　　　　　　　。 Ⅱ.富马酸亚铁的制备 步骤一：将2.32g富马酸置于三颈烧瓶中，加水溶解。 步骤二：加入溶液调节溶液pH为6.5～6.7。 步骤三：安装好回流装置，搅拌，加热至沸。 步骤四：打开活塞持续通入，缓慢加入溶液，维持反应温度100℃，充分搅拌30～90min。 步骤五：冷却，过滤，洗涤，干燥，得棕红色粉末。 （5）步骤二控制溶液pH为6.5～6.7，pH不宜太高或太低的原因是　　　　　　　　　　。 （6）步骤四一直通的目的是　　　　　　　　　　。 Ⅲ.富马酸亚铁中Fe（Ⅲ）含量的测定 步骤一：准确称取2.500g富马酸亚铁样品，加入适量 HCl溶液，待样品完全溶解后，配成100mL溶液； 步骤二：取20.00mL样品溶液，加入足量KI，振摇溶解，暗处放置5min。 步骤三：用 标准溶液滴定至淡黄色，加入2mL淀粉指示剂，继续滴定至蓝色消失即为终点，记录标准液用量。重复2～3次，标准溶液平均消耗量为15.00mL。 已知： （7）（不定项）步骤一中所需的定量仪器有______。 A. 量筒 B. 电子天平 C. 容量瓶 D. 滴定管 （8）若检验富马酸亚铁产品中是否含有，可选用的试剂组合是______。 A. 稀HCl，KSCN B. 稀， C. 稀，KSCN D. 稀HCl， （9）中国药典2020版规定：富马酸亚铁中Fe（Ⅲ）的含量不得大于2.0%。通过计算说明该富马酸亚铁中Fe（Ⅲ）的含量是否符合要求　　　　　　。（写出计算过程） 【答案】（1）11     （2）A     （3）C     （4）二者均为分子晶体，由于富马酸可以形成分子间氢键，而马来酸形成分子内氢键，因此使得富马酸分子间作用力大于马来酸，故其熔点更高     （5）若pH过小，抑制富马酸电离，富马酸根离子浓度过小，因此不利于后续富马酸亚铁的制备；若pH过大，会水解生成或与结合生成，从而使产物不纯     （6）防止反应过程中被氧化，从而影响产品纯度     （7）BC     （8）A     （9）符合要求      【解析】本实验以顺丁烯二酸酐为原料制备富马酸亚铁，整体分为三个模块。首先顺丁烯二酸酐热水水解得到顺式马来酸，在硫脲催化、加热条件下发生顺反异构，生成热力学更稳定的反式富马酸，富马酸溶解度更低，冷却后结晶析出提纯。随后富马酸经碳酸钠调节pH得到富马酸钠，在氮气氛围下与硫酸亚铁发生复分解反应得到富马酸亚铁，氮气可防止被氧气氧化。最终采用碘量法滴定，测定样品中杂质含量，判断产品是否合规。 （1）富马酸结构简式为，含2个O—H键、2个C—O键、2个C=O键、2个C—C键、2个C—H键、1个C=C键，单键全为σ键、双键中含1个σ键和1个π键，因此1mol富马酸中含有11mol键。 （2）富马酸是反式丁烯二酸，马来酸是顺式丁烯二酸，二者双键两侧连接基团相同，空间排布不同，互为顺反异构，选A。 （3）A．二者都含碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾褪色，无法鉴别； B．二者元素种类完全相同，原子发射光谱无法鉴别； C．晶体X射线衍射可以区分不同的晶体结构，可鉴别二者； D．二者相对分子质量相同，质谱无法鉴别； 选C。 （4）二者均为分子晶体，富马酸为反式结构，易形成分子间氢键，分子间作用力更强；马来酸为顺式结构，易形成分子内氢键，削弱了分子间氢键的形成，导致分子间作用力弱，因此富马酸熔点远高于马来酸。 （5） pH过低：浓度大，抑制富马酸电离，富马酸根浓度低，不利于富马酸亚铁的制备； pH过高：易水解生成沉淀或与结合生成，从而使产物不纯，因此pH不宜过高或过低。 （6）排尽装置中的空气，防止被氧气氧化，提高产品纯度。 （7）准确称量样品需要电子天平，配制溶液需要容量瓶，量筒是粗略量取仪器、滴定管此处不需要，因此选BC。 （8）检验的常用方法是酸溶解样品后，加溶液，若溶液变红说明含。B、D用于检验，无法检验；C中硝酸会将氧化为，干扰原有的检验，因此只有A正确。 （9）根据反应关系：，可得，20mL样品液中：n(Fe3+)=， 100mL样品液中：， ， Fe(Ⅲ)的质量分数：， 因此该产品中Fe(Ⅲ)含量符合要求。 6.（2026·上海崇明区·模拟）民以食为天，食以水为先。水是生命之源，其丰富而独特的性质与其结构密切相关。 （1）对于水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于　　　　　　　　　　　键；依据O与H的电负性判断，属于　　　　　　　　　　　共价键。 （2）水分子中，氧原子的价层电子对数为　　　　　　　　　　　，分子的构型为　　　　　　　　　　　。 （3）下列事实可用“水分子间存在氢键”解释的是___________。(双选) A. 水结成冰时体积变大 B. 水的沸点比硫化氢的沸点高160℃ C. 水的热稳定性比硫化氢强 D. 水分子属于极性分子 （4）酸溶于水可形成，的电子式为　　　　　　　　　　　；由于成键电子对和孤电子对之间的斥力不同，会对微粒的空间结构产生影响，据此判断和的键角大小：　　　　　　　　　　　(填“>”或“<”)。 （5）水的电离平衡为，下列操作中，能促进水的电离平衡，且使得溶液呈酸性的是___________。 A. 向水中加入少量NaCl固体 B. 向水中加入少量固体 C. 向水中加入少量固体 D. 将水加热到100℃ （6）常温下，若某溶液中由水电离出的，则该溶液的pH可能为　　　　　　　　　　　。 （7）可用于水的净化，结构如图。下列说法正确的是 A. 转化为胶体从而能够净水 B. 中存在的化学键有离子键、共价键、氢键 C. 第一电离能：S>O>H D. 硫酸亚铁溶液通过蒸发结晶获得 【答案】（1）①     ② 极性     （2）① 4    ② 角形（或V形）     （3）AB     （4）①     ② >     （5）B     （6）4或10     （7）A      【解析】（1）水分子中，O原子以方式杂化，H原子的s轨道与O原子的杂化轨道以“头碰头”方式形成共价键；O原子的电负性大于H原子，O-H的共用电子对偏向O原子，形成的共价键属于极性共价键； （2）O原子的孤电子对数，σ键电子对数为2，价层电子对数为4，以方式杂化，分子构型为角形（或V形）； （3）A．结冰后，分子间通过氢键排列成四面体结构，使水分子间距变大，密度减小，体积增加，A符合题意； B．分子间存在氢键，分子间不存在氢键，分子间相互作用力更强，因此沸点更高，B符合题意； C．O-H键的键能大于S-H键的键能，因此的稳定性强于，不能用“水分子键存在氢键”解释，C不符合题意； D．分子的空间构型为V形，且O原子的电负性强于H原子，共用电子对偏向O原子，使得分子内部正负电中心不重合，属于极性分子，不能用“水分子键存在氢键”解释，D不符合题意； 故答案选AB； （4）的空轨道与中O原子的孤电子对形成配位键形成，该粒子中，O原子与3个H原子分别共用1对电子，有1对孤电子对，形成8电子结构，其电子式为：；H2O和H3O+中O都采取sp3杂化，中O有2对孤电子对，中O有1对孤电子对，孤电子对数越多对成键电子对的斥力越强，键角越小，因此的键角大于； （5）A．NaCl是强酸强碱盐，在水中电离成和且两种离子均不水解，不影响水的电离平衡，溶液呈中性，A不符合题意； B．是强酸弱碱盐，在水中电离成，并存在水解平衡：，的水解促进水的电离，生成使溶液呈酸性，B符合题意； C．是强酸的酸式盐，在水溶液中电离成、和，使溶液呈酸性，但会抑制水的电离，C不符合题意； D．水的电离是吸热反应，升温使平衡正向移动，促进电离，但和的浓度仍相等，呈中性，D不符合题意； 故答案选B； （6）若该溶液为碱溶液，溶液中，则。若该溶液是酸溶液，由水电离出的，溶液中总浓度为，溶液，综上，该溶液pH可能为4或10； （7）A．具有还原性，在空气中易被氧化为，在水中水解形成胶体，可用于净水，A正确； B．由结构可知，中与形成离子键，S原子和O原子、H原子和O原子之间形成共价键，与之间形成配位共价键，之间、与之间形成氢键，但氢键不属于化学键，B错误； C．同主族元素从上到下，第一电离能依次减小，因此S的第一电离能小于O，C错误； D．易被氧化为，且FeSO47H2O受热会失去结晶水，将溶液直接蒸发结晶无法获得晶体，硫酸亚铁溶液应通过加热浓缩、冷却结晶获得FeSO47H2O，D错误； 故答案选A。 7.（2026·上海崇明区·模拟）2025年诺贝尔化学奖授予三位科学家，他们开创性地合成了金属-有机框架材料(简称MOF材料)。MOF材料具备富含孔隙的空间立体网状结构，可实现气体储存和分离。 （1）金刚石、晶体硅是常见的空间立体网状结构的物质。 (1)Si元素在周期表中的位置是　　　　　　　　　　　。 (2)金刚石熔点高于晶体硅，下列因素可用于解释该事实的有　　　　　　　　　　　。(不定项) A．相对原子质量                    B．最外层电子数                    C．原子半径                           D．键能 科学家用与四氰基苯基甲烷[结构简式如图1，简写为]合成了一种MOF材料，其晶胞如图2. （2）基态的价层电子排布式为　　　　　　　　　　　。 （3）中，C原子的杂化方式有___________种。 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 （4）(1)晶胞中与形成配位键的配位原子是　　　　　　　　　　　。 (2)已知：、的摩尔质量分别为、，该晶体的密度为　　　　　　　　　　　g⋅cm−3。(1nm=10−7cm) 冶炼厂的废水中含有毒的氰化物(以表示)，工厂利用电化学法对其进行无害化处理。 Ⅰ．电解法：向废水中添加一定量NaCl，利用下图装置处理含氰废水。 （5）电解时，　　　　　　　　　　　(填“阴极”或“阳极”)产生的与水反应，生成强氧化性的HClO。HClO将CN氧化为两种无害气体，离子方程式为　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．原电池法：借助微生物电极，利用下图装置处理含氰废水。 （6）电池工作过程中，a极发生的电极反应式为　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① 第三周期ⅣA族(或14族)    ② CD     （2）     （3）C     （4）① N    ②      （5）① 阳极    ②      （6）      【解析】（1）硅是第十四号元素，在元素周期表中的位置是第三周期ⅣA族；金刚石和晶体硅均为共价晶体，熔点由共价键键能决定：C原子半径小于Si原子，因此C-C键长更短，键能更大，熔点更高，原子半径和键能可以解释熔点差异，与相对原子质量、最外层电子数无关，故选CD； （2）Cu原子基态电子排布为[Ar]3d104s1，失电子时先失4s电子，因此价层电子排布为3d10； （3）中心连接4个苯环的C为sp3杂化，苯环上的C为sp2杂化，氰基中的三键C为sp杂化，共3种，故选C； （4）基团中N原子有孤电子对，可作为配位原子与有空轨道的Cu+形成配位键；根据均摊法计算，Cu+的个数为个，则也是2个，的个数为个，故一个晶胞的质量=，故密度== g⋅cm−3。 （5）氧化反应发生在电解阳极，Cl-失电子变成氯气，故为阳极；HClO溶液显酸性，配平时可以使用氢离子和水，生成两种无害气体，则生成二氧化碳和氮气，故方程式为； （6）该装置为原电池，a极葡萄糖失电子生成二氧化碳，为负极，弱酸条件下配平得到电极反应式为。 8.（2026·上海虹口区·二模）铯锗溴化物(CsGeBr3)是一类金属卤化物材料，近年来因其独特的光电特性在光电子领域受到关注。 （1）Cs的原子序数为55，其一种稳定核素的中子数是质子数的1.418倍，该核素的符号为_______。 A.  B.  C.  D.  （2）Ge位于第四周期，与C是同族元素。 (1)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]　　　　　　　，有　　　　　　　个未成对电子。 (2)C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键。结合原子半径与π键的成键方式解释原因]　　　　　　　 GeO2是制备铯锗溴化物的重要原料之一、GeO2不溶于水和稀盐酸，但在加热条件下能溶于草酸，转化为可溶性的配离子，其结构如图所示。 （3）该配离子中，中心离子是　　　　　　　，配原子是　　　　　　　。 （4）1 mol该配离子中含有_______mol σ键。 A. 16 B. 18 C. 20 D. 22 在一定压强下，CsGeBr3晶胞呈立方体，结构如图所示。 （5）晶体中一个Cs+周围与其距离最近的Br-的个数为_______。 A. 4个 B. 6个 C. 8个 D. 12个 （6）已知CsGeBr3摩尔质量为M g·mol-1，密度为d g·cm-3，阿伏加德罗常数为NA mol-1.则晶胞棱长为　　　　　　　nm(用含M、d、NA的代数式表示，1 nm=10-7 cm)。 （7）若将Cs+置于晶胞体心，则CsGeBr3晶胞也可以表示为_______。 A.  B.  C.  D.  【答案】（1）B     （2）① 3d104s24p2    ② 2    ③ 形成稳定的双键或三键，除头碰头的σ键外，还要形成肩并肩的π键，但Ge原子半径太大，肩并肩的电子云难以有效重叠，故难以形成稳定的π键；     （3）①     ② O     （4）B     （5）D     （6）     （7）B      【解析】（1）质子数为55，中子数为，故为； （2）Ge是第四周期第Ⅳ主族的元素，故电子排布式为[Ar] 3d104s24p2，4p2中有2个未成对电子；形成稳定的双键或三键，除头碰头的σ键外，还要形成肩并肩的π键，但Ge原子半径太大，肩并肩的电子云难以有效重叠，故难以形成π键； （3）该配离子中，配体的2个和2个总共带6个单位负电荷，配合物整体为-2价，故中心离子为，提供空轨道，配体中的O原子提供孤对电子与形成配位键。 （4）该配离子中含有6个Ge-O σ键、2个O-H σ键、2个C-C σ键和8个C-O σ键（每个草酸根配体中有1个C-C σ键和4个C-O σ键），σ键总数为6+2+2+8=18。故1 mol该配离子中含有18 mol σ键。 （5）在xyz轴上，各有4个面心距离最近，总计12个，故选D； （6）用一个晶胞的质量（含有个CS+，1个Ge2+，=3个Br-）=，与密度做比，可以得到一个晶胞的体积V=，再开三次方，故为； （7）观察原晶胞，将原点沿着体对角线向下移后，得到以Ge2+为顶点，Br-在棱上，Cs在体心的晶体，即图B。 9.（2026·上海嘉定区·调研）属于半导体材料，是目前应用广泛的光催化剂。 （1）钛元素位于元素周期表的　　　　　　区(填以下序号)；Ti原子核外所有p原子轨道上的电子数为　　　　　　个。 A． s       B． p       C． d       D． f （2）Ti(Ⅳ)在水溶液中能够形成配离子，其配体为　　　　　　。 （3）上述配离子的中性配体中O-H之间的键角　　　　　　水分子中O-H之间的键角。 A．大于       B．小于       C．等于 二氧化钛是良好的光催化剂，可将多种有毒物质(HCHO、亚甲基蓝等)转化为无毒物质。 （4）将此光催化剂样品经处理后引入原子光谱仪，用特定波长的光源照射原子蒸气，通过检测透过光强度的减弱程度来定量测钛元素。该方法属于　　　　　　。 A．原子发射光谱       B．原子吸收光谱 （5）纳米级除去甲醛的原理示意图如下： 下列说法正确的是______。(不定项) A. 纳米级能产生丁达尔效应 B. HCHO的电子式为 C. 除甲醛步骤的反应为 D. HCHO中键与键数目之比为 亚甲基蓝结构如下： （6）亚甲基蓝中部分元素的性质无法用元素周期律解释的是______。 A. 非金属性 B. 电负性 C. 酸性 D. 气态氢化物的热稳定性 （7）亚甲基蓝在水中的溶解度为(20℃)，比大部分有机物较易溶于水的原因是　　　　　　。 钛的化合物种类丰富，如的熔点为-24.1℃，沸点为136.45℃。 （8）预测的熔点比　　　　　　(填“高”或“低”)；说明理由　　　　　　。 （9）文献研究报道一种由Ti和C构成的气态团簇分子，如图所示，其化学式为　　　　　　。 【答案】（1）① C    ② 12     （2）     （3）A     （4）B     （5）C     （6）C     （7）亚甲基蓝含有阴阳离子，为离子化合物，且含有的N原子能与水分子形成氢键     （8）① 低    ② 、均为分子晶体，组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高     （9）      【解析】（1）钛元素位于元素周期表的d区，故选C；Ti原子的电子排布式为，故其原子核外所有p轨道上的电子数为12个； （2）配离子中配体为； （3）的中心原子O原子上有2对孤电子对，与形成配位键后，有1对孤电子对变为成键电子对，O原子上孤电子对数减少，而孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小，故上述配离子的中性配体中O-H之间的键角大于水分子中O-H之间的键角，故选A； （4）用特定波长的光源照射原子蒸气，原子会吸收特定波长的光，导致透过光强度减弱，通过检测透过光强度减弱的程度来定量测钛元素，该方法属于原子吸收光谱，故选B； （5）A．纳米级是纯净物，不是胶体，不能产生丁达尔效应，A错误； B．HCHO的电子式为，B错误； C．根据原理图可知，(羟基自由基)与甲醛反应生成，配平可得除甲醛步骤的反应为，C正确； D．HCHO的结构式为，其中键与键数目之比为，D错误； （6）A．同周期主族元素从左至右，非金属性逐渐增强，故非金属性，能用元素周期律解释，A不符合题意； B．同周期主族元素从左至右，电负性逐渐增大，故电负性，能用元素周期律解释，B不符合题意； C．非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，而S元素的最高价氧化物的水化物为，故酸性，因此不能用元素周期律解释和酸性强弱，C符合题意； D．非金属性越强，其气态氢化物越稳定，故气态氢化物的热稳定性，能用元素周期律解释，D不符合题意； （7）亚甲基蓝含有阴阳离子，为离子化合物，且含有的N原子能与水分子形成氢键，因此比大部分有机物较易溶于水； （8）、均为分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定。组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，因此的熔点比低； （9）气态团簇分子为独立的分子，直接数分子内的原子个数即可，其化学式为。 10.（2026·上海宝山区·质量监测）钙钛矿是一类具有相同晶体结构的材料的总称，其晶体立体结构如下图所示。这种高度灵活的结构赋予了钙钛矿材料优异的光学性能和电学性能，在光伏、电子等领域有重要应用。 图中A代表较大的正离子，B代表较小的正离子，X代表负离子。 卤化物钙钛矿常用于光伏产业，是常见的钙钛矿类太阳能电池材料，其中表示，晶胞边长为a pm。 （1）中碘离子替换了晶胞中的　　　　　　　　　　　位置。 A．A       B．B       C．X （2）中C原子的杂化方式为　　　　　　　　　　　。 A．sp       B．       C． （3）和之间最短距离为___________pm。 A.  B. a C. 0.5a D.  （4）Pb位于第6周期，与C为同族元素，其价电子轨道表示式为　　　　　　　　　　　。 电子传输导体可解决钙钛矿类太阳能电池长时间使用后存在的晶体缺陷问题。电子传输导体结构示意图如下：          具体解决原理如下图： （5）电子传输导体Ⅰ中属于同周期元素的第一电离能由小到大的顺序是　　　　　　　　　　　(用元素符号表示)。 （6）电子传输导体Ⅰ可减少晶体缺陷是因为该结构与晶体之间存在的作用力有___________。(不定项) A. 配位键 B. 离子键 C. 金属键 D. 氢键 （7）Ⅰ和Ⅱ都是电子传输导体，稳定晶体表面效果更好的是　　　　　　　　　　　(选填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，可能的原因是　　　　　　　　　　　。 钙钛矿型复合氧化物是一类由金属离子和氧离子组成的材料，其中A通常是碱金属、碱土金属、稀土金属、Bi或者Pb原子，B通常是位于氧八面体中心的过渡金属原子，如Mn、Co、Fe、Ni、Cr和Ti等。 （8）根据上图所示结构，该化合物化学式为　　　　　　　　　　　(用“A”“B”“O”表示)。 （9）每个氧原子周围等距且紧邻的氧原子有___________个。 A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】（1）C     （2）B     （3）D     （4）     （5）     （6）AD     （7）① Ⅰ    ② Ⅰ可与晶体表面形成更多的配位键和氢键     （8）     （9）C      【解析】（1）钙钛矿晶胞均摊得：A（顶点），B（体心），X（面心），通式为，中（较大的正离子）对应A，（较小的正离子）对应B，（负离子）对应X。故选C。 （2）中心C原子形成3个键，无孤电子对，价层电子对数为3，杂化方式为。故选B。 （3）位于晶胞顶点，位于晶胞体心，二者最短距离为体对角线的一半，即。故选D。 （4）Pb为第6周期ⅣA族元素，价电子排布为，故价电子轨道表示式为。 （5）Ⅰ中同周期元素为C、N、O，同周期第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，N的2p轨道为半满稳定结构，第一电离能大于O，故顺序为 。 （6）由原理图可知，Ⅰ中O原子可与缺陷处形成氢键，O的孤对电子可与有空轨道的形成配位键，无离子键、金属键。故选AD。 （7）Ⅰ含有多个含氧基团，可同时与晶体缺陷处的形成氢键、与形成配位键，作用位点更多，稳定效果优于Ⅱ。 （8）均摊法：A（晶胞内），B（顶点），O（棱心），故化学式为。 （9）O位于棱心，以坐标为例，周围等距且紧邻的O共有8个。故选C。 11.（2026·上海闵行区·调研）荧光开关分子是一类能响应光、热等物理刺激的光学分子。分子M(非荧光态)的空腔尺寸与高度匹配，当同时结合和后转变为N(荧光态)。 （1）组成分子M的元素中，气态基态原子第一电离能最大的是_______。 A. H B. C C. N D. O （2）和 (1)比较键角：①　　　　　　　②。 A.>　　　　　B.<　　　　　　C.= (2)说明理由　　　　　　　。 （3）1 mol冠醚中含　　　　　　　个键。 （4）下列说法正确的是_______。(不定项) A. 分子M可以增大NaCl在有机溶剂中的溶解度 B. 分子N中氧原子与形成离子键 C. 可采用原子光谱检测分子N中的钠元素 D. 和的共同作用也可以使分子M转化为荧光分子 （5）实验室采用动态吸附法研究冠醚对的吸附性能：在2.0 L浓度为的钠盐溶液中加入10.00 g冠醚，吸附平衡后测得浓度降至。计算的吸附容量　　　　　　　。 已知吸附容量公式：[其中、为吸附前、后钠盐中的质量浓度；忽略溶液体积变化] ZnO量子点掺杂的荧光开关分子性能更优异。两种ZnO晶胞如下图所示。 （6）的价电子排布为_______。 A.  B.  C.  D.  （7）甲、乙晶胞内的数目之比为_______。 A.  B.  C.  D.  （8）已知甲中和的最短距离为a nm(位于正方体的体对角线处)，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　　　　　　　。(，结果用含a、的代数式表示，不必化简) 【答案】（1）C     （2）① B    ② 两者同为杂化。但是①中的N原子有一对孤对电子，②中的N原子孤对电子形成了化学键，孤电子对与成键电子对的排斥力比成键电子对之间的排斥力大，键角变小。     （3）     （4）AC     （5）36.8     （6）D     （7）C     （8）      【解析】（1）组成M的元素为H、C、N、O，同周期元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，N的2p轨道为半满稳定结构，第一电离能，故第一电离能最大的是N。 （2）孤电子对越多，对成键电子对的排斥作用越强，键角越小，故①键角小于②。 （3）该冠醚为，结构为，分子式，所有单键均为σ键，总σ键数为35，故1 mol冠醚含个σ键。 （4）A．M空腔与匹配，可结合，增大在有机溶剂中的溶解度，A正确； B．O原子与之间形成配位键，不是离子键，B错误； C．不同元素原子的光谱具有特征谱线，可用原子光谱检测Na元素，C正确； D．半径大于，M空腔仅与匹配，不能结合，无法转化为荧光分子，D错误； 答案选AC。 （5）吸附的，，。 （6）Zn原子基态电子排布为，变为需失去最外层的2个电子，价电子排布式变为。 （7）甲晶胞中全部在晶胞内部，共4个；乙晶胞中，4个\mathrm{Zn}^{2}^{+}在棱上，1个在体心，总\mathrm{Zn}^{2}^{+}数目为，故数目比为。 （8）与\mathrm{Zn}^{2}^{+}最短距离为体对角线的，故晶胞体对角线，设晶胞边长为l，则，得；甲晶胞含4个，晶胞质量，密度。 12.（2026·上海徐汇区·能力诊断）三氧化钼()广泛应用于化工、催化剂、钢铁等行业。一种利用钼精矿(主要成分为，其中S元素为-1价)制备的工艺流程如下图所示。 已知：Mo元素在不同pH的溶液中主要存在形态如下表。 pH <3 3～6 6～9 >9 溶液中的存在形式 钼酰正离子 八钼酸根 七钼酸根 钼酸根 （1）钼元素位于元素周期表第5周期第6族，其基态原子的价层电子排布为___________。 A.  B.  C.  D.  （2）“氧化浸出”溶液中含有、、NaCl。反应消耗NaClO与的物质的量之比为　　　　　　　　　　　。 （3）工业上也可以采用煅烧钼精矿将转化为，对比“煅烧法”，列举两条“氧化浸取”法的优势　　　　　　　　　　　。 “离子交换”步骤中选用D296负离子交换树脂()，它能选择性的吸附含钼离子，吸附原理为(含钼离子)。 （4）流程中“离子交换”步骤的目的是　　　　　　　　　　　。 （5）溶液pH对钼元素的吸附率存在显著影响，当时，用离子交换法提钼率明显下降的可能原因是　　　　　　　　　　　。 （6）检验钼酸盐中正离子的方法为　　　　　　　　　　　。 钼精矿中铁元素含量可以用重铬酸钾滴定法测定，测定步骤如下。 ⅰ．称取0.200 g钼精矿样品，加入饱和溶液，加热，充分溶解。除去不溶物后，向滤液中加入足量氨水，生成红褐色沉淀，将沉淀过滤、洗涤。 ⅱ．将红褐色沉淀溶于足量盐酸，完全溶解后滴加溶液，直至黄色恰好消失，再滴加2滴溶液。 ⅲ．向步骤ⅱ溶液中加入溶液，充分混合后静置，滤去不溶物。 ⅳ．向步骤ⅲ的溶液中分别加入少量和，并加水配成100 mL待测液。 ⅴ．取待测液，加入3~5滴二苯胺磺酸钠溶液(作指示剂)，用的溶液进行滴定，扣除空白实验后，平均消耗溶液的体积为。 其中涉及的部分反应如下。 ① ② ③(近无色) ④(浅绿色)(未配平) （7）步骤ⅴ不需要用到的玻璃仪器是___________。 A. 滴定管 B. 锥形瓶 C. 容量瓶 D. 胶头滴管 （8）已知二苯胺磺酸钠在还原态时呈无色，氧化态时呈紫色，步骤ⅴ滴定终点的实验现象为　　　　　　　　　　　。 （9）钼精矿样品中铁元素的质量分数为　　　　　　　　　　　。(用、、的代数式表示) （10）下列操作可能导致测定结果偏大的是___________。(不定项) A. 滴加溶液的量不足 B. 定容时待测液时，仰视容量瓶刻度线 C. 使用滴定管时，未用待装液润洗 D. 洗涤后的锥形瓶，有少量水残留 【答案】（1）A     （2）     （3）能耗少，且不会产生污染性气体。     （4）富集钼元素，将钼离子与杂质阴离子分离提纯     （5） 时，Mo以阳离子形式存在，不能被阴离子交换树脂吸附，提钼率下降     （6）取少量钼酸盐于试管中，加入溶液，加热，再将湿润的红色石蕊试纸于试管口，试纸变蓝，则说明阳离子为。     （7）C     （8）当滴入最后半滴标准溶液，溶液由浅绿色变为紫色，且半分钟内不恢复     （9）或     （10）AC      【解析】钼精矿加入、氧化浸取，将Mo变为钼酸根，S被氧化为进入溶液。之后加入阴离子交换树脂将含钼的阴离子从水溶液中提取出来，再加调节pH，将钼完全变为。结晶得到其晶体，结晶后的溶液中还有。固体焙烧即可得到。 （1）Mo位于第5周期第ⅥB族，属于d区过渡元素，价层电子为最外层s层和次外层d层电子，半满结构更稳定，故价层电子排布为。 （2）中Mo为价、S为价，反应后生成（Mo为价）和（S为价），中化合价升高的数值为；（Cl为价）反应后生成（Cl为价），化合价降低2，根据电子守恒，。 （3）煅烧会生成污染空气，且高温煅烧能耗高，氧化浸出为湿法工艺，避免了以上问题。 （4）氧化浸出液中含、、等杂质，阴离子交换树脂选择性吸附含钼阴离子，实现钼的富集和除杂。 （5）根据表格信息，时Mo为阳离子，而该交换树脂只能交换吸附阴离子，因此无法吸附钼，提钼率降低。 （6）钼酸盐主要是，检验其中的阳离子，可取少量加入试管中加碱后加热，使溢出，再把湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝即可说明产生了。 （7）配液定容在步骤ⅳ完成，步骤ⅴ为滴定操作，需要滴定管装标准液、锥形瓶装待测液，胶头滴管滴加指示剂，不需要容量瓶，故选C。 （8）二苯胺磺酸钠还原态为无色，滴定终点时，完全反应，过量的将指示剂氧化为紫色，半分钟不恢复即达到终点。 （9）根据反应关系，滴定待测液消耗，总100 mL待测液中，，样品质量为0.200 g，故质量分数为。 （10）A．不足，剩余的也会消耗，使消耗的偏大，结果偏大，A正确； B．定容仰视刻度线，配得溶液体积偏大，浓度偏小，取待测液中偏小，消耗偏小，结果偏小，B错误； C．滴定管未润洗，标准液被稀释，浓度降低，消耗偏大，结果偏大，C正确； D．锥形瓶有少量水，不影响的总量，对结果无影响，D错误； 答案选AC。 13.（2026·上海徐汇区·能力诊断）铅酸蓄电池已有150多年的历史，是全球使用最广泛的化学电源之一。铅酸蓄电池是由两组合金栅板交替排列而成，正极上覆盖，负极上覆盖Pb，电解质溶液是的硫酸。 （1）铅与碳同主族。基态铅原子核外孤电子数为　　　　　　　　　　　个。 （2）免维护铅酸蓄电池是以铅钙合金栅板为骨架，在使用寿命内基本不需要补充蒸馏水。下列说法错误的是___________。 A. 铅钙合金能提高栅板的耐腐蚀性 B. 铅钙合金能提高栅板的硬度 C. 铅钙合金能抑制水的放电 D. 正极上覆盖的不能导电 （3）将金属铅插入的硫酸中，开始有少量气泡产生，随后反应迅速停止。解释反应不能持续的可能原因　　　　　　　　　　　。 正极材料由和混合而成。其中的晶胞结构为长方体，如下图所示。 （4）能鉴别和的仪器分析方法是　　　　　　　　　　　。 A．原子光谱       B．质谱       C．晶体X射线衍射 （5）晶胞中含有个数为___________。 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 （6）晶体的密度为　　　　　　　　　　　。(计算结果保留两位小数) 脱硫是废旧铅酸蓄电池回收铅的关键步骤，氯盐法脱硫流程如下图。 涉及到的主要反应为： 已知：室温下，、   、 （7）将样品投入到1 L NaCl和盐酸的混合溶液中(忽略前后溶液体积的变化)，当溶液的，使完全脱硫，须保持溶液中　　　　　　　　　　　。(结果保留两位小数，写出计算过程) （8）增加①②步骤的目的　　　　　　　　　　　。 （9）电解溶液可以回收铅单质，装置如下图所示。下列说法正确的是___________。 A. 电极B为纯铅 B. 钠离子向A电极移动 C. 电解一段时间，左侧溶液的pH升高 D. 电路中流经2 mol电子，右侧溶液的质量减少207 g 【答案】（1）2     （2）D     （3）生成的硫酸铅难溶于水，覆盖在铅的表面，阻碍了铅与硫酸的进一步接触     （4）C     （5）B     （6）9.34     （7）     （8）提高铅的回收率，补充氯离子，同时降低硫酸根的浓度，提高脱硫能力     （9）A      【解析】（1）基态铅原子的价电子排布式为，则其核外孤电子数为2个。 （2）A．合金的耐腐蚀性通常优于其组成纯金属。铅钙合金作为栅板骨架，能提高栅板的耐腐蚀性，该说法正确；        B．合金的硬度一般大于其组成纯金属。铅钙合金可提高栅板的硬度，该说法正确； C．已知免维护铅酸蓄电池在使用寿命内基本不需要补充蒸馏水，说明其能抑制水的放电(避免水因放电而消耗)，该说法正确； D．铅酸蓄电池的正极材料为PbO2，正极需导电以参与电极反应，因此PbO2必须能导电，该说法错误。 （3）生成的硫酸铅难溶于水，覆盖在铅的表面，阻碍了铅与硫酸的进一步接触，因此，开始有少量气泡产生，随后反应迅速停止。 （4）两种晶体的结构不同，则能鉴别和的仪器分析方法是晶体X射线衍射。 （5）位于顶点和体内，个数为 ，与的个数比为1：2，则晶胞中含有个数为4。 （6）由(5)问知，一个晶胞中含有2个，晶胞质量为， 晶体的密度为 。 （7）已知，① ，②   ，③，根据盖斯定律可知，由①+②-③可得，该反应的平衡常数。的物质的量为，在1 L溶液中完全脱硫后，，。当时，。代入平衡常数表达式，得，解得。 （8）加入CaCl2后，Ca2+与母液中的反应生成沉淀，将从母液中除去，同时再生Cl-，可以提高铅的回收率，补充氯离子，同时降低硫酸根的浓度，提高脱硫能力。 （9）A．电极B连接电源负极，是电解池的阴极，阴极发生还原反应，Pb在阴极析出，则电极B为纯铅，正确； B．质子交换膜只允许氢离子通过，钠离子不能向A电极移动，错误； C．左侧电极A为阳极，发生氧化反应，电极反应式为，生成的氢离子通过质子交换膜从左侧移向右侧，左侧溶剂水减少，则氢离子浓度增大，故电解一段时间，左侧溶液的pH降低，错误； D．阴极发生反应，电路中流经2 mol电子，析出1molPb，质量为207g，同时有2mol氢离子通过质子交换膜从左侧移向右侧，质量为2g，则右侧溶液的质量减少207 g-2g=205g，错误。 14.（2026·上海徐汇区·能力诊断）羟胺()是不稳定的白色固体，水溶液呈弱碱性，通常以盐酸羟胺()、硫酸羟胺［］等盐类或高浓度水溶液的形式存在和使用。 （1）羟胺中N原子的杂化类型为　　　　　　　　　　　。 A．sp杂化       B．杂化       C．杂化 （2）写出羟胺的电离方程式　　　　　　　　　　　。 （3）比较熔点：羟胺　　　　　　　　　　　盐酸羟胺 A．>          B．<          C．=          D．无法确定 判断依据：　　　　　　　　　　　。 （4）羟胺可以形成多种配合物，配合物的中心原子或离子为　　　　　　　　　　　。 传统或特殊摄影技术中，通过控制羟胺浓度和条件，实现图像的化学显影。显影过程中可能发生反应： ______AgBr+_____________Ag+______+______HBr+______ （5）配平上述化学方程式并标出电子转移方向和数目　　　　　　　　　　　。 羟胺()是尼龙、医药、燃料和农药生产的关键中间体。电还原硝酸根或亚硝酸根是制备羟胺的研究热点，作为中间体极易被进一步还原为氨()，下图是碱性条件下，设计催化剂活性位点实现调控反应路径。 （6）的空间结构为　　　　　　　　　　　。 （7）写出由制备羟胺的电极反应　　　　　　　　　　　。 （8）、、NO在电还原过程中，步骤___________是调控反应路径的关键。 A. ① B. ② C. ③ D. ④ 【答案】（1）C     （2）     （3）① B    ② 羟胺属于分子晶体，分子间作用力较小，熔点较低，盐酸羟胺属于离子晶体，离子键作用较强，熔点较高     （4）     （5）     （6）形     （7）     （8）C      【解析】（1）羟胺分子中，N原子形成3个σ键（2个键，1个键），且有一对孤电子对（孤电子对数）故氮原子的价层电子对数为，杂化类型为； （2）羟胺中氮原子有孤电子对，能与水电离出的氢离子形成配位键，破坏水的电离平衡使溶液呈碱性，故羟胺的电离方程式为； （3）物质熔点的高低取决于晶体的类型及晶体内部作用力，羟胺属于分子晶体，分子间作用力较小，熔点较低，盐酸羟胺属于离子晶体，离子键作用较强，熔点较高，故羟胺熔点低于盐酸羟胺； （4）配合物中内界是由六个羟胺分子与钴（Ⅲ）离子通过配位键形成，其中心离子是； （5）根据化合价升降可配平方程式，反应中元素化合价降低，得到电子作氧化剂，氮元素化合价升高，羟胺失去电子作还原剂，配平的化学方程式及电子转移方向和数目如图所示：； （6）中心原子价层电子对数，N原子的杂化类型为，由于有一对孤电子对，其空间构型为V形； （7）电还原硝酸根是在碱性条件下，硝酸根在阴极得到电子，发生还原反应得到羟胺：； （8）电还原过程中，在两种催化剂表面步骤①→②生成的中间产物均相同，一旦进入步骤③，反应就分别走向生成羟胺或氨气的不同方向，因此步骤③是调控反应路径的关键； 15.（2026·上海杨浦区·调研）稀土元素(第ⅢB族的钪、钇及镧系元素)是战略资源。我国南方拥有全球最大的离子吸附型稀土矿，其矿土表面吸附有稀土离子(统一表示为)。 （1）基态钪(Sc)原子形成，失去的电子依次来自　　　　　　　　　　　能级。(填能级符号) （2）判断是否为离子化合物的方法是___________。 A. 观察其状态及颜色 B. 测定其在水中的溶解度 C. 测定其熔融状态下的导电性 D. 测量其晶体的硬度 工业上常将溶液注入矿体，通过正离子交换反应浸取。 （3）溶液显酸性的原因是　　　　　　　　　　　。(用离子方程式表示) （4）写出鉴定某白色固体是的实验方案。　　　　　　　　　　　。 （5）下图为溶液浸出矿土表面1个的微观过程示意图。从图例中选取离子，补全浸取后的示意图。　　　　　　　　　　　。 稀土矿伴生铝化合物，其浸出液含。将浸出液与鞣酸混合，二者生成配合物沉淀而除去。已知鞣酸的结构简式如下： ，其中为 （6）鞣酸显酸性，因其结构中含　　　　　　　　　　　。 （7）确定沉淀中含氧铝配位键的方法是___________。 A. 元素分析法 B. 核磁共振氢谱法 C. 红外光谱法 D. 质谱法 钇铂合金()是高活性催化剂，可通过还原和熔融盐制备。 （8）每生成，转移电子___________mol。 A. 6 B. 9 C. 12 D. 15 （9）实际反应中，选用三乙基硼氢化钠还原该熔融盐，而不选金属钾，分析可能的原因　　　　　　　　　　　。(列举2点) 【答案】（1）4s、3d     （2）C     （3）     （4）取白色固体溶于水，将溶液分成两份，一份加入浓NaOH溶液并加热，将产生的气体通向湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝则溶液中含有；另一份加入盐酸没有明显现象，再加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则溶液中含有；综上白色固体是     （5）     （6）酚羟基     （7）C     （8）D     （9）金属钾还原性太强，反应不易控制；金属钾可能与产物Pt₃Y形成合金(或其他合理答案)      【解析】（1）基态钪(Sc)原子核外有21个电子，电子排布式为，失去3个电子形成时先失去外层(4s)能级的2个电子，再失去内层(3d)能级上的1个电子，失去的电子依次来自4s、3d。 （2）A．物质的状态及颜色与本身是否为离子化合物无关，故观察其状态及颜色并不能确定是否为离子化合物，A不符合题意； B．溶解度这种物理性质，与是否为离子化合物无关，B不符合题意；， C．含有离子键的离子化合物在熔融下能导电，只含共价键的共价化合物在熔融下不导电，故可通过测定其熔融状态下的导电性，C符合题意； D．晶体硬度是物理性质，共价晶体的硬度以及部分金属晶体的硬度也很大，所以通过测量晶体的硬度不能确定其是否为离子化合物，D不符合题意； 故选C。 （3）溶液中的水解使溶液显酸性，离子方程式表示为。 （4）鉴定某白色固体是需分别检验和，具体为：取白色固体溶于水，将溶液分成两份，一份加入浓NaOH溶液并加热，将产生的气体通向湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝则溶液中含有；另一份加入盐酸没有明显现象，再加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则溶液中含有；综上白色固体是。 （5）溶液浸出矿土表面1个的同时按照电荷守恒会有3个。 （6）鞣酸中含有酚羟基显酸性。 （7）氧铝配位键是一种化学键，要通过红外光谱法确定沉淀中含氧铝配位键，故选C。 （8）钇铂合金()是高活性催化剂，可通过还原和熔融盐制备方程式为，每生成，转移电子15 mol；故选D。 （9）实际反应中，选用三乙基硼氢化钠还原该熔融盐，而不选金属钾，因金属钾的还原性很强，与熔融盐反应剧烈，难以控制反应速率，存在安全隐患；且钾可能会与生成的铂、钇形成其他合金，导致产物不纯。而三乙基硼氢化钠的还原性相对温和，反应更易于控制。 16.（2026·上海青浦区·调研）铋元素(Bi，原子序数83)是一种几乎无毒、无放射性的重金属元素，其基态原子的价电子排布为，在合金、医药、半导体等领域有重要应用。 （1）关于原子的说法正确的是_______。 A. 含有126个中子 B. 含有10个d电子 C. 价电子有5种不同能量 D. 最高能级含有两种自旋方向不同的电子 （2）结合元素周期律，下列关于铋元素说法正确的是_______。 A. 最高价氧化物对应水化物为强酸 B. 电负性比同周期中相邻元素都大 C. 基态原子第一电离能在同主族中最大 D. 气态氢化物不稳定 （3）Bi的逐级电离能如下图所示，判断Bi的常见化合价为0、　　　　　　　和+5。 （4）溶液是制备无铅钙钛矿电池的核心前驱体，的价层电子对数=　　　　　　　。 铋的有机酸配合物常用于治疗胃、肠道炎症等疾病，同时具有保护胃肠黏膜的作用。某种含Bi的配合物结构如下图所示： （5）上述配合物的配体种类有_______。 A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 （6）上述配合物中Bi的配位数是　　　　　　　。 是一种新型二维层状半导体，由正离子层和负离子层交替堆叠而成，其晶胞结构如下图所示： 已知：①成键两元素电负性差值，一般形成离子键；成键两元素电负性差值，一般形成共价键。 ②三种元素电负性：O-3.5，Se-2.4，Bi-1.9。 （7）结合题目信息，判断中存在的相互作用有_______。(不定项) A. 金属键 B. 离子键 C. 共价键 D. 分子间作用力 （8）晶胞顶点处为　　　　　　　 A.Bi　　　B.Se　　　　C.O （9）已知：的摩尔质量，晶胞体积，。计算晶体的密度为　　　　　　　(保留2位小数)。 难溶于水的常用于的检验。酸性条件下，将固体加入溶液中，若出现紫红色，说明溶液中有。 （10）写出上述检验过程的离子方程式　　　　　　　。(已知：产物中铋的存在形式为) 【答案】（1）A     （2）D     （3）+3     （4）5     （5）B     （6）6     （7）BC     （8）B     （9）9.71     （10）      【解析】（1）A．的相对原子质量为209，中子数=质量数-质子数=209-83=126，A正确； B．Bi原子的简化电子排布式为，共30个d电子，B错误； C．Bi的价电子排布式为，价电子有6s、6p两种能量，C错误； D．Bi的最高能级为6p，轨道表示式为：，电子自旋方向相同，仅有1种，D错误； 故答案选A； （2）A．Bi元素位于第六周期第ⅤA族，同主族元素的非金属性随原子序数增加而减弱，最高价氧化物对应的水化物酸性减弱，因此，Bi最高价氧化物对应的水化物的酸性弱于（弱酸），A错误； B．对同周期元素，电负性随原子序数增加而增强，因此，Bi的电负性小于相邻元素Po，B错误； C．对于同主族元素，第一电离能随原子序数增加而降低，因此，Bi基态原子第一电离能是同主族元素最小，C错误； D．对于同主族元素，从上到下非金属性逐渐减弱，因此，Bi的气态氢化物稳定性弱于锑化氢（室温可分解），D正确； 故答案选D； （3）从图像可以看出，Bi的第四和第六电离能发生突增，说明其在+3和+5价态难以失去电子，性质稳定，因此Bi的常见化合价为+3价和+5价； （4）中，Bi的孤电子对数，价层电子对数=孤电子对数+成键电子对数=1+4=5； （5）从结构图可以看出，该配合物中的配体是和，共两种，故答案选B； （6）根据定义，配合物的配位数指直接与中心离子结合的配位原子的总数，根据结构图，Bi直接与6个O原子结合，因此其配位数为6； （7）根据题干信息，中存在正离子层和负离子层交替堆叠，说明其中含有离子键的相互作用，即存在离子键。同时，Se与O、Bi与O、Se与Bi之间的电负性差值均小于1.7，说明其中存在共价键，故答案选BC； （8） 根据均摊法，晶胞中粒子1有8个位于顶角，1个位于体心，总数为，粒子2均位于面上，总数为，粒子3有8个位于棱上，2个位于晶胞内，总数为，三种粒子的比例为，已知晶体分子式为，则粒子1为Se，因此晶胞顶点处为Se，故答案选B； （9）由第（8）问分析可知，1 mol晶胞中含2 mol ，则晶体密度； （10）根据题干信息，酸性条件下，将固体加入溶液中若出现紫红色，则溶液中有，说明反应过程中被氧化生成，Mn元素从+2价升至+7价，同时被还原为，Bi元素从+5价降至+3价，结合质量守恒和电荷守恒可写出该反应离子方程式：； 17.（2026·上海青浦区·调研）工业尾气中常含有NO和CO，可利用含Ni催化剂将其转化为、或。 （1）Ni在元素周期表中的位置为　　　　　　　。 （2）已知常温下时，会转化为沉淀，请用化学用语表示的沉淀溶解平衡　　　　　　　。 通过催化剂可将NO和CO转化为无毒气体。反应方程式为：   ，恒容密闭容器中，固定投料比，反应相同时间，不同温度下NO的转化率如图： （3）结合上图，下列说法正确的是_______。(不定项) A. 混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到化学平衡状态 B. 使用更高效的催化剂，可提高NO平衡转化率 C. NO转化率达到最高点时，反应不一定处于化学平衡状态 D. 达到平衡后，再通入NO，NO转化率增大 （4）在以下，升高温度NO转化率增大，请用碰撞理论解释原因(不考虑催化剂活性的变化)：　　　　　　　。 （5）一定温度下，向2 L密闭容器中充入2 mol NO和2.4 mol CO发生上述反应。10 s时，容器内的总压强为起始时的。计算10s内　　　　　　　。 采用电催化法可将NO转化为，反应历程如下图：(*表示吸附在催化剂表面) （6）反应的决速步骤为_______。 A.  B.  C.  D.  （7）将加入反应体系，通过实验测得如下谱图，可确定产物中含有。该谱图为_______。 A. 核磁共振氢谱 B. 质谱 C. 红外光谱 D. 原子吸收光谱 将通入溶液可制氮肥。 主要反应： 已知：：、、；：。 （8），测得溶液，此时溶液中的微粒浓度大小关系：　　　　　　　(选填“>”、“<”或“=”)。 （9）计算该反应的平衡常数　　　　　　　(保留2位有效数字)。 【答案】（1）第四周期第Ⅷ族     （2）     （3）AC     （4）升高温度，活化分子百分数增大，单位体积内有效碰撞次数增多，反应速率加快，该温度范围内反应未达到平衡，相同时间内NO转化量更多     （5）     （6）A     （7）B     （8）<     （9）      【解析】图1（NO转化率-温度图） 该图为相同反应时间下，不同温度测得的NO转化率，趋势为：温度低于250℃时，NO转化率随温度升高逐渐增大；温度高于250℃时，NO转化率随温度升高逐渐减小，最高点出现在250℃附近。结合反应放热（）的特征：低温下反应速率慢，未达到平衡，温度升高反应速率加快，相同时间内转化率上升；温度升高到一定程度后反应达到平衡，放热反应升温平衡逆向移动，转化率下降；图2（电催化反应历程能量图） 该图为NO催化转化为过程中各中间体的相对能量图，整体为放热反应（终态能量低于初始反应物）；第一步活化能远大于后续步骤，是整个反应的决速步骤；图3（产物谱图） 横坐标为质荷比，纵坐标为相对强度，特征峰出现在，符合（相对分子质量为）的质谱图特征。 （1）Ni为28号元素，基态Ni原子的电子排布式为，因此位置为第四周期第Ⅷ族； （2）沉淀溶解平衡需要标注聚集状态，正确表达式为； （3）A．混合气体总质量不变，反应前后气体总物质的量变化，平均相对分子质量，不变说明不变，反应达到平衡，A正确； B．催化剂只改变反应速率，不改变平衡转化率，不能提高NO的平衡转化率，B错误； C．该反应，如果所有温度下反应都达到平衡，NO平衡转化率应该随温度升高持续降低。但图中250℃前转化率随温度升高而增大，说明该区间内反应未达到平衡，测得的转化率是相同反应时间下的非平衡转化率，转化率升高仅因为温度升高反应速率加快，转化量更多，因此“转化率达到最高点时，反应不一定处于平衡状态”的说法正确，C正确； D．恒容平衡后再通入NO，平衡正向移动，CO转化率增大，NO自身转化率降低，D错误； 故选AC； （4）升高温度，活化分子百分数增大，单位体积内有效碰撞次数增多，反应速率加快，该温度范围内反应未达到平衡，相同时间内NO转化量更多，因此转化率增大； （5）恒温恒容下，压强比等于物质的量之比，起始总物质的量为，10 s后总物质的量为。 设转化的NO为，根据反应，总物质的量，解得，则，； （6）决速步骤为活化能最大的步骤，第一步活化能最大，因此选 A； （7）该谱图横坐标为质荷比，用于测定物质相对分子质量，可区分和普通，属于质谱，因此选B； （8）根据电荷守恒：，时，移项得； （9）反应的平衡常数变形推导： ， 代入、、，得。 18.（2026·上海青浦区·调研）锶元素(Sr)位于元素周期表第五周期第2族。某难溶于水的固体废渣主要成分为、、和少量、。实验室利用该废渣提取锶，流程如下： （1）结合元素周期律，下列关于锶及其化合物的描述正确的是_______。 A. 原子半径： B. Sr与溶液可置换出金属Cu C. 碱性： D. 常温下为易溶于水的白色固体 （2）滤渣A的成分为　　　　　　　。 （3）工业上在氨水与碳酸氢铵作用下可转化为。请写出该反应的化学方程式　　　　　　　。 （4）滤液A中的可用二苯并18-冠-6来吸收，吸收过程表示如下。下列说法不正确的是_______。(不定项) A. 二苯并18-冠-6只能吸收与其“空腔”大小相匹配的微粒 B. 该吸收过程属于分子识别，微粒A为超分子 C. 含有微粒A的晶体为分子晶体 D. 二苯并18-冠-6中碳原子的杂化类型为 滤液B经过一系列操作可得无水，与KCl混合后，在熔融状态下电解可得金属锶。 （5）是离子化合物，请书写电子式　　　　　　　。 （6）电解过程中，KCl的作用可能是　　　　　　　。 （7）“一系列操作”中包含将滤液B加热浓缩，该操作需要的仪器有铁架台、酒精灯、玻璃棒、　　　　　　　。 称取样品溶解于适量水中，平均分成四份进行平行实验，向每份加入10.00 mL 的溶液。用含的溶液作指示剂，用的KSCN溶液进行滴定。已知：。 （8）判断滴定达到终点的现象是　　　　　　　。 （9）滴定过程平均消耗KSCN溶液10.00 mL，样品中的质量分数为　　　　　　　。(写出计算过程，结果保留3位小数) 【答案】（1）C     （2）、     （3）     （4）CD     （5）     （6）降低熔融的熔点，降低能耗，同时增强熔融盐的导电性     （7）蒸发皿     （8）当滴入最后半滴溶液时，溶液变为血红色，且半分钟内不褪色     （9）0.928      【解析】固体废渣成分：、、、少量、。加入足量稀盐酸后，、、与盐酸反应生成可溶氯化物，不溶的、留在滤渣A中；向滤渣A加入溶液，转化为更难溶的，同时生成可溶的，过滤后滤渣B为和，滤液B为溶液，后续处理得到金属锶。 （1）锶为第五周期第ⅡA族元素，根据元素周期律分析： A．同周期从左到右原子半径减小，在左侧，原子半径，A错误； B．是极活泼金属，投入溶液先与水反应，无法置换出，B错误； C．同主族从上到下金属性增强，最高价氧化物对应水化物碱性增强，故碱性，C正确； D．第ⅡA族碳酸盐溶解度从上到下减小，难溶，故也难溶于水，D错误； 故选C； （2） 加足量稀盐酸后，和都不与稀盐酸反应，因此留在滤渣中； （3）与碳酸氢铵、氨水反应生成，同时生成硫酸铵和水，配平后方程式为； （4）A．冠醚的核心特性是尺寸识别效应：不同冠醚具有固定大小的空腔，仅能结合尺寸与空腔大小匹配的微粒，A正确； B．超分子是两种及以上分子通过非共价相互作用结合形成的、具有特定结构功能的聚集体，分子识别是超分子的核心特征。该过程中二苯并18-冠-6特异性结合Sr²+，属于分子识别，得到的微粒A就是超分子，B正确； C．为阳离子，晶体中还存在阴离子，属于离子晶体，不是分子晶体，C错误； D．二苯并18-冠-6中苯环上的碳原子为杂化，只有饱和碳为杂化，D错误； 故选CD； （5） 是离子化合物，由和两个构成，电子式为； （6） 电解熔融盐时，加入可以降低熔融物的熔点，减少能耗，同时增加熔融状态下自由移动离子浓度，增强导电性； （7）加热浓缩操作在蒸发皿中进行，因此除给定仪器外还需要蒸发皿； （8） 用滴定过量，终点时稍过量，与指示剂结合使溶液变为血红色，因此终点现象为当滴入最后半滴溶液时，溶液变为血红色，且半分钟内不褪色； （9）每份样品中，加入的总物质的量： ，滴定过量消耗的物质的量： ，即过量的与反应的，因此每份样品中； 1个含2个，因此每份样品中： ， 的摩尔质量 ，每份样品中的质量：， 原样品共分为4份，因此总的质量：，计算质量分数： 。 19.（2026·上海普陀区·调研）2026年2月，华东理工大学团队公布了新型钙钛矿用于高效灵敏的X射线探测的研究成果。钙钛矿材料因其独特的结构优势，在深空探测领域具有巨大的应用前景。钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物，其晶体结构如图所示： （1）钛酸钙的化学式为　　　　　　　　　　　，其中电负性最大的元素是　　　　　　　　　　　(填元素符号)。 （2）下列关于22Ti的说法中错误的是___________。 A. 位于第四周期第ⅡB族 B. 位于周期表d区 C. 基态原子价电子排布式为3d24s2 D. 核外电子的空间运动状态共12种 （3）下列钛原子或离子失去一个电子所需能量最高的是　　　　　　　　　　　。 A． B． C． （4）下列关于钛酸钙晶体的说法中正确的是___________。 A. 每个晶胞中含有6个O2- B. 该晶体熔点低，硬度小 C. 与Ca2＋距离最近的O2-有12个 D. 熔融状态下不能导电 （5）一种与钛酸钙结构相同(晶胞为立方体)的新型半导体材料X的组成为Pb2＋、I-、有机碱离子[CH3NH3]＋。若该材料的最简式的摩尔质量为M g·mol−1，晶体密度为ρ g·cm−3，则该晶体中相邻的Pb2＋之间的最短距离为　　　　　　　　　　　nm。(NA是阿伏加德罗常数的值) （6）下列关于[CH3NH3]＋的说法正确的是___________。(不定项) A. [CH3NH3]＋中的N原子可与Pb2＋形成配位键 B. [CH3NH3]＋的∠C-N-H的键角大于CH3NH2的∠C-N-H C. [CH3NH3]＋中含有极性共价键和配位键 D. [CH3NH3]＋中N原子发生sp3杂化，与相邻原子构成正四面体 以钙钛矿为原料冶炼钛单质，其工艺流程如下： （7）热还原法中，600℃时，TiO2与C、Cl2充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表： 物质 TiCl4 CO CO2 Cl2 分压(MPa) 4.59×10−2 1.84×10−2 3.70×10−2 5.98×10−9 写出该反应的化学方程式　　　　　　　　　　　。(提示：气体分压与物质的量成正比) （8）某高校团队设计并使用如图装置电解TiO2获得金属钛。 ①若使用铅酸蓄电池作为电源，则X电极应与　　　　　　　　　　　(填“Pb”或“PbO2”)极相连； ②若X极产生9.6g金属钛(M = 48g·mol−1)，则Y电极将生成　　　　　　　　　　　L的一氧化碳(标况下)。 （9）已知TiCl4和TiO2的熔沸点如下表： 物质 TiCl4 TiO2 熔点/℃ -25.0 1840 沸点/℃ 136.4 2900 试解释工业上直接电解熔融TiO2获得金属钛而非电解熔点较低的TiCl4的原因　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① CaTiO3    ② O     （2）A     （3）B     （4）C     （5）     （6）BC     （7）     （8）① Pb    ② 8.96     （9）TiO2为离子晶体，熔融状态能导电，而TiCl4为分子晶体，液态不能导电，无法电解      【解析】（1）由晶胞图可知1个晶胞体1个Ti，8个Ca位于顶点，6个O位于面心。由均摊法可知，Ti的个数是1，Ca的个数为，O的个数，则钛酸钙的化学式为；非金属元素的电负性一般大于金属元素的电负性，电负性最大的元素是O； （2）A．基态Ti原子核外22个电子，位于第四周期第IVB族，A错误； B．基态Ti原子核外22个电子，价电子排布式为，位于周期表d区，B正确； C．基态Ti原子核外22个电子，价电子排布式为，C正确；        D．基态Ti原子核外22个电子，电子排布式为，核外电子的空间运动状态共12种，D正确； 故选A； （3）基态Ti原子核外22个电子，电子排布式为。A为基态Ti原子的轨道表示式，B为基态的轨道表示式，C为激发态Ti原子的轨道表示式，同级电离能中激发态电离能比基态低，故失去一个电子需克服作用力最大的为B； （4）A．由均摊法可知，1个晶胞中6个氧离子位于面上，含有O2-的个数是=，故A错误； B．由晶胞结构可知，钛酸钙由Ca2+、Ti4+和O2-构成，属于离子晶体，硬度大、熔点高，故B错误； C．由晶胞结构可知，以顶点为研究对象，在1个晶胞中Ca²⁺周围距离最近且等距的有3个O2-，该顶点被8个晶胞共用，则每个Ca²⁺周围距离最近且等距的O2-有个，故C正确; D．该晶体为离子晶体，熔融状态下有自由移动的离子，能导电，故D错误； 故选C； （5）新型半导体材料X与钛酸钙结构相同，由Pb2＋、I-、有机碱离子，可知一个晶胞中含有1个Pb2＋、3个I-、1个，且I-位于6个面心、Pb2＋体心8，位于8个顶点，晶体中相邻的Pb2＋之间的最短距离即为棱长。设晶胞的棱长为xnm，则，解得； （6）A．中N原子没有孤对电子，不能与Pb2＋形成配位键，A错误； B．中N原子没有孤对电子，采取杂化；中N原子有1对孤对电子，采取杂化。因孤电子对对成键电子的排斥大于成键电子对之间的排斥，致使中的∠C-N-H的键角大于的∠C-N-H，B正确； C．中含有、均为极性共价键，该离子中N原子提供孤电子对，氢离子提供空轨道形成配位键，C正确； D．中N原子发生sp3杂化，与相邻3个H原子和1个C构成四面体，不是正四面体结构，D错误； 故选BC； （7）根据表中数据可知，该温度下主要生成和，根据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，可知、和的物质的量之比约是，所以与、反应的总化学方程式为； （8）①该装置通过电解制备钛为电解池，二氧化钛得电子生成钛，电极反应式为，要定期补充电极；Y为阳极，应该接直流电源的正极，X电极为阴极接电源负极，发生还原反应，电极反应：；若使用铅酸蓄电池作为电源，则X电极应与Pb极相连； ②若X极产生9.6g金属钛(M = 48g·mol−1)，即0.2mol生成，根据电子守恒列关系式可知Y电极将生成一氧化碳为0.4mol，在标准状况下体积为； （9）工业上电解熔融TiO2制备钛，使用TiCl4无法制备，再结合表格数据可以推知，TiO2为离子晶体，熔融状态能导电，而TiCl4为分子晶体，液态不能导电，无法电解。 20.（2026·上海青浦区·调研）铋元素(Bi，原子序数83)是一种几乎无毒、无放射性的重金属元素，其基态原子的价电子排布为，在合金、医药、半导体等领域有重要应用。 （1）关于原子的说法正确的是_______。 A. 含有126个中子 B. 含有10个d电子 C. 价电子有5种不同能量 D. 最高能级含有两种自旋方向不同的电子 （2）结合元素周期律，下列关于铋元素说法正确的是_______。 A. 最高价氧化物对应水化物为强酸 B. 电负性比同周期中相邻元素都大 C. 基态原子第一电离能在同主族中最大 D. 气态氢化物不稳定 （3）Bi的逐级电离能如下图所示，判断Bi的常见化合价为0、　　　　　　　和+5。 （4）溶液是制备无铅钙钛矿电池的核心前驱体，的价层电子对数=　　　　　　　。 铋的有机酸配合物常用于治疗胃、肠道炎症等疾病，同时具有保护胃肠黏膜的作用。某种含Bi的配合物结构如下图所示： （5）上述配合物的配体种类有_______。 A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 （6）上述配合物中Bi的配位数是　　　　　　　。 是一种新型二维层状半导体，由正离子层和负离子层交替堆叠而成，其晶胞结构如下图所示： 已知：①成键两元素电负性差值，一般形成离子键；成键两元素电负性差值，一般形成共价键。 ②三种元素电负性：O-3.5，Se-2.4，Bi-1.9。 （7）结合题目信息，判断中存在的相互作用有_______。(不定项) A. 金属键 B. 离子键 C. 共价键 D. 分子间作用力 （8）晶胞顶点处为　　　　　　　 A.Bi　　　B.Se　　　　C.O （9）已知：的摩尔质量，晶胞体积，。计算晶体的密度为　　　　　　　(保留2位小数)。 难溶于水的常用于的检验。酸性条件下，将固体加入溶液中，若出现紫红色，说明溶液中有。 （10）写出上述检验过程的离子方程式　　　　　　　。(已知：产物中铋的存在形式为) 【答案】（1）A     （2）D     （3）+3     （4）5     （5）B     （6）6     （7）BC     （8）B     （9）9.71     （10）      【解析】（1）A．的相对原子质量为209，中子数=质量数-质子数=209-83=126，A正确； B．Bi原子的简化电子排布式为，共30个d电子，B错误； C．Bi的价电子排布式为，价电子有6s、6p两种能量，C错误； D．Bi的最高能级为6p，轨道表示式为：，电子自旋方向相同，仅有1种，D错误； 故答案选A； （2）A．Bi元素位于第六周期第ⅤA族，同主族元素的非金属性随原子序数增加而减弱，最高价氧化物对应的水化物酸性减弱，因此，Bi最高价氧化物对应的水化物的酸性弱于（弱酸），A错误； B．对同周期元素，电负性随原子序数增加而增强，因此，Bi的电负性小于相邻元素Po，B错误； C．对于同主族元素，第一电离能随原子序数增加而降低，因此，Bi基态原子第一电离能是同主族元素最小，C错误； D．对于同主族元素，从上到下非金属性逐渐减弱，因此，Bi的气态氢化物稳定性弱于锑化氢（室温可分解），D正确； 故答案选D； （3）从图像可以看出，Bi的第四和第六电离能发生突增，说明其在+3和+5价态难以失去电子，性质稳定，因此Bi的常见化合价为+3价和+5价； （4）中，Bi的孤电子对数，价层电子对数=孤电子对数+成键电子对数=1+4=5； （5）从结构图可以看出，该配合物中的配体是和，共两种，故答案选B； （6）根据定义，配合物的配位数指直接与中心离子结合的配位原子的总数，根据结构图，Bi直接与6个O原子结合，因此其配位数为6； （7）根据题干信息，中存在正离子层和负离子层交替堆叠，说明其中含有离子键的相互作用，即存在离子键。同时，Se与O、Bi与O、Se与Bi之间的电负性差值均小于1.7，说明其中存在共价键，故答案选BC； （8） 根据均摊法，晶胞中粒子1有8个位于顶角，1个位于体心，总数为，粒子2均位于面上，总数为，粒子3有8个位于棱上，2个位于晶胞内，总数为，三种粒子的比例为，已知晶体分子式为，则粒子1为Se，因此晶胞顶点处为Se，故答案选B； （9）由第（8）问分析可知，1 mol晶胞中含2 mol ，则晶体密度； （10）根据题干信息，酸性条件下，将固体加入溶液中若出现紫红色，则溶液中有，说明反应过程中被氧化生成，Mn元素从+2价升至+7价，同时被还原为，Bi元素从+5价降至+3价，结合质量守恒和电荷守恒可写出该反应离子方程式：； 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 物质结构与性质综合题 3年真题1年模拟 考点分类 考情示例 命题规律 考点 物质结构与性质综合题 2026上海（1题）、2025上海（1题）、2024上海（2题） · 情境设置：以新材料（量子点、碳酸丙烯酯）、矿物冶金、药物分子、海洋生态等真实科研或工业情境为载体 · 考查重点：聚焦电负性比较、晶体结构分析（晶胞计算、配位数）、配合物成键与性质、分子结构与性质关系等核心知识 · 命题趋势：上海卷持续独占该考点，强化结构决定性质的学科思想，注重微观结构分析与宏观性能关联的深层推理能力考查 1.（2026·上海·高考真题）黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸化焙烧。下列是利用酸浸出黄铜矿(主要成分，含有少量杂质)回收其中铜和铁的工艺流程如图： （1）化合物作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光泽性，提升电镀层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。 A. C、S B. C、H C. N、S D. N、H （2）离子液体[]可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有___________(不定项)。 A. 配位键 B. 离子间静电作用 C. 氢键 D. 金属键 （3）已知：的歧化反应                                                           ①根据上述信息，计算反应热　　　　　　　　　　　。 ②在298 K时，反应的则在该条件下，在溶液中 　　　　　　　　　　　(填“能”或“不能”)大量存在。理由是　　　　　　　　　　　。 （4）写出黄铜矿焙烧生成冰铜的主要反应方程式：　　　　　　　　　　　 _____________ （5）用硫酸浸出黄铜矿时，生成、、。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液中多添加 　　　　　　　　　　　(选填“氧化剂”或“还原剂”)。 铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。 （6）写出正极的电极反应式　　　　　　　　　　　。 （7）反应中可以用___________替代。 A. 葡萄糖 B.  C.  D.  （8）下图为晶胞图，图中1个S进入的是2个Cu和2个Fe围成的四面体，有部分Cu未画出，则晶胞中未画出的Cu处在晶胞的___________位置。 A. 体心 B. 面心 C. 顶点 D. 棱心 距离Cu原子最近的S原子有___________个。 （9）、、三种微粒的键角从大到小的顺序是　　　　　　　　　　　。并说明和键角不同的原因是　　　　　　　　　　　。 2.（2025·上海·高考真题）钨(W)为银白色有光泽的金属，常温下不受空气侵蚀，化学性质比较稳定，主要用来制造灯丝和制作耐磨工具。 (1)用金属钨作灯丝与钨的_______特性有关。 A．延展性 B．导电性 C．高熔点 D．硬度大 (2)从微观角度解释钨有金属光泽的原因_______。 白钨矿的主要成分的钨酸钙(CaWO4)，CaWO4的晶胞结构如下图： (3)CaWO4晶胞中，Ca2+处于_______。 A．顶角 B．面上 C．棱上 D．体心 (4)钨元素的信息如图所示，可推测其在元素周期表中的位置是_______。 A．第五周期第IIB族 B．第五周期第IVB族 C．第六周期第IIB族 D．第六周期第VIB族 (5)根据价层电子对斥理论，可知中W的价层电子对数为_______。 (6)下图晶胞中只有一个完整的，其包含的四个O2-的编号是_______。(选填编号①~⑧) (7)白钨矿常伴生方解石、石膏、萤石、磷灰石等钙矿石。这些钙矿石的密度见下表： 伴生钙矿石 方解石 石膏 萤石 磷灰石 密度/g·cm-3 2.71 2.32 3.18 3.20 已知：V(CaWO4晶胞)=3.12×10-22cm3；M(CaWO4)=288g·mol-1；NA=6.02×1023mol-1 计算CaWO4的密度_______ (写出计算过程，结果精确到小数点后2位)，并与伴生钙矿石作比较，说明钨得名“重石头”的原因_______。 CaWO4具有良好的光学活性，被广泛用于光电陶瓷材料中。工业上可以用电解法制备CaWO4，其装置如图所示： 已知 (8)写出该装置的阳极方程式_______。 (9)为获取高纯的CaWO4，在电解时需要不断通入，说明其原因_______。 3.（2024·上海·高考真题）从1771年获得氟化氢到1886年通过电解法制备氟单质，经历一百多年时间。目前，含氟化合物已广泛应用于医药、材料等领域。 （1）在元素周期表中，氟元素的___________。 A. 原子半径最小 B. 第一电离能最小 C. 元素电负性最强 D. 最高正化合价为+7 （2）18F标记的氟化钠注射液可用于肿瘤检测，下列关于18F与19F的说法正确的是___________。 A. 二者属于同种核素 B. 二者互为同素异形体 C. 18F比19F少一个电子 D. 18F比19F少一个中子 （3）工业用氟化钙与浓硫酸在加热条件下制备HF气体，相应的化学方程式为　　　　　　　　　　　。该反应中，浓硫酸体现了酸性和　　　　　　　　　　　。 A．吸水性     B．脱水性     C．强氧化性     D．难挥发性 （4）据研究，液态氟化氢中存在电离平衡3HFX+，微粒X的化学式为　　　　　　　　　　　，的结构为，其中F-与HF之间的作用力为　　　　　　　　　　　。 （5）氟单质具有强氧化性，常温下能与铁、银等大多数金属发生反应，但在工业上可用铜制容器储存氟单质，可能的原因是　　　　　　　　　　　。 PtF6的极强的氧化剂，历史上Xe和PtF6在一定条件制备了稀有气体离子化合物[XeF]+[Pt2F11]-。其制备的反应历程①~⑤如图所示： （6）由上述反应历程可知，该反应的催化剂是___________。 A. PtF B. PtF C. F- D. XeF （7）上述反应历程中属于氧化还原反应的是___________。 A. ② B. ③ C. ④ D. ⑤ 在一定温度下，Xe与F2能形成气态氟化氙XeFn(n=2，4，6)。 （8）向50 L的恒容密闭容器中充入1.0 mol的Xe和9.0 mol的F2，反应10 min后，混合气体的物质的量变为8.9 mol，其中三种氟化氙的物质的量的比n(XeF2)：n(XeF4)：n(XeF6)=1：6：3，则0~10 min内v(XeF4)=　　　　　　　　　　　mol·L-1·min-1。 4.（2024·上海·高考真题）溴化铝可用作分析试剂、催化剂和制冷剂。溴化铝的固体以二聚体分子形式存在。其结构如下图所示： （1）关于Al2Br6中化学键描述正确的是___________。 A. 含有极性键 B. 含有离子键 C. 含有非极性键 D. 含有金属键 （2）Al2Br6溶于乙腈(CH3C≡N)会生成配合物。该配合物的组成如图所示： a．已知该配合物中心离子的价层电子对的空间结构为四面体形，则中心离子的杂化类型为　　　　　　　　　　　。 A．sp     B．sp2     C．sp3 b．该配离子中所含的配体有　　　　　　　　　　　。(化学式) c．1mol该配离子中含σ键　　　　　　　　　　　mol。 A．4     B．12     C．14     D．18 反应Al2Br6(g)=2Al(g)+6Br(g)的ΔH可用于估算Al2Br6(g)的总键能。已知下列过程： ①2Al(s)+3Br2(l)=Al2Br6(s)       ΔH1    ②Al(s)=Al(g)     ΔH2 ③Br2(l)=Br2(g)     ΔH3 ④Br2(g)=2Br(g)     ΔH4 ⑤Al2Br6(s)=Al2Br6(g)   ΔH5 （3）则反应Al2Br6(g)=2Al(g)+6Br(g)的ΔH=　　　　　　　　　　　。(用ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4、ΔH5表示) Al2Br6的晶胞如下图所示： （4）已知晶胞的上、下面和左、右面均为长方形，二聚分子的中心均位于棱心位置。距离“甲位置”最近且距离相等的Al2Br6有___________个。 A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 （5）该晶体的晶胞体积V=5.47×10-22cm3，晶胞密度ρ=　　　　　　　　　　　g·cm-3。(NA的数值取6.02×1023，计算结果精确到小数点后2位) （6）已知氟化铝、溴化铝和碘化铝的熔点如下表所示，碘化铝和溴化铝的结构相似。利用晶体结构有关知识，解释氟化铝、溴化铝和碘化铝熔点存在差异的原因。　　　　　　　　　　　 物质 氟化铝 溴化铝 碘化铝 熔点/K 1564 371 464 （7）AlBr3水解可得到Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体用于净水，其原因是　　　　　　　　　　　。 （8）已知电泳时，带电Al(OH)3胶体粒子向阴极移动，该胶体的化学式离子可能是___________。 A. [mAl(OH)3·nAl3+·(3n-x)Br-]x+ B. [mAl(OH)3·nBr-·xAl3+](3x+n)+ C. [mAl(OH)3·nOH-·(n-x)H+]x- D. [mAl(OH)3·nAl3+·3nBr-] 1.（2026·上海长宁区·一模）铁触媒是重要的催化剂，CO易与铁触媒作用导致其失去催化活性：Fe+5CO=Fe(CO)5；除去CO的化学反应为： 。 （1）C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为______。 A. C>N>O B. N>O>C C. O>N>C D. O>C>N （2）反应Fe(CO)5=Fe+5CO中有没有化学键断裂及新的化学键形成_______。 A. 有断裂有形成 B. 没有断裂没有形成 C. 没有断裂有形成 D. 有断裂没有形成 （3）Fe(CO)5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则羰基铁的晶体类型是　　　　　　　，与CO互为等电子体的分子的电子式为　　　　　　　。 （4）据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是_______。 A. OH-参与了该催化循环 B. 该反应可产生清洁燃料H2 C. 该反应可消耗温室气体CO2 D. 该催化循环中Fe的成键数目发生变化 （5）用[Cu(NH3)2]OOCCH3除去CO的反应中，肯定有_______形成(不定项)。 A. 离子键 B. 配位键 C. 非极性键 D. 键 （6）NH3可以与多种金属离子形成配合物。且NH3极易溶于水，原因与氢键有关，请问NH3的一水合物的结构式为　　　　　　　，理由是　　　　　　　。 （7）铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示：写出该反应的化学方程式为                 ，若两个最近的Fe原子间的距离为s cm，则该晶体的密度是　　　　　　　。 2.（2026·上海嘉定区·一模）自然界中Li含两种稳定的核素，丰度约占，丰度约占，通过同位素分离技术对天然锂进行富集，得到高浓度的或，在工业中发挥巨大用处。 常见的两种分离方法如下： ①锂汞齐法：锂盐溶液与锂汞齐(锂与汞形成的合金)相接触，在锂汞齐中富集，则被富集到水相中。 ②熔盐电解法：将LiBr和KBr的混合物加热到，通电，利用在熔融态下迁移速率的差异分离及。 （1）以下说法正确的是___________。 A. 的相对原子质量为7 B. 在自然界锂元素里所占的质量分数为 C. 根据以上信息可得锂元素的相对原子质量 D. 天然存在的锂元素里，和所占的丰度一般不变 （2）基于和的___________不同，能实现同位素分离技术。 A. 化学性质 B. 质量数 C. 电子数 D. 中子数 （3）常温下锂汞合金为　　　　　　　　　　　。 A．固体       B．液体       C．气体 （4）熔盐LiBr和KBr的混合物中，半径最大微粒的电子式为　　　　　　　　　　　。 （5）从绿色化学角度评价锂汞齐法的不足为　　　　　　　　　　　；熔盐电解法的不足为　　　　　　　　　　　。(任写一点) 我国锂资源丰富，从盐湖卤水中提取Li的方法之一如下： 吸附过程原理： （6）关于吸附过程说法错误的是　　　　　　　　　　　。 A．吸附过程中涉及氧化还原反应 B．吸附过程中适度搅拌可以提高反应速率 C．吸附过程中搅拌速度过快易引起胶体的聚沉，影响吸附效果 （7）下图为不同pH时吸附容量(表示单位质量吸附剂吸附锂的质量)，分析时效果最佳的原因　　　　　　　　　　　。 （8）检验脱附步骤已经充分完成的方法为　　　　　　　　　　　。 （9）洗脱液中需通过加入沉淀剂得到高纯度的含锂物质，以下能作沉淀剂且更易生成沉淀的是___________。 已知：洗脱液中浓度为。 A.  B. NaOH C.  D.  3.（2026·上海嘉定区·一模）“丹青”是绘画艺术的代称，先秦《管子·小称》有言“丹青在山，民知而取之”，已指出其为天然的矿石颜料。“丹”指丹砂，主要成分为HgS；“青”指石青，主要成分为。 （1）已知Hg元素的信息如图，则Hg在元素周期表中的位置为___________。 A. 第5周期、第12族 B. 第5周期、第IIB族 C. 第6周期、第12族 D. 第6周期、第IIA族 已知：第二电离能是元素的+1价的气态正离子(基态)失去一个电子形成+2价的气态正离子(基态)所需的最低能量。 第一电离能 第二电离能 Cu Fe （2）分析Cu的第二电离能大于Fe的主要原因　　　　　　　　　　　。 （3）天然HgS主要有两种形态，其中为红色，结构为三方系；为黑色，结构为立方系，用现代技术研究两者结构差异，可以用___________。 A. 原子吸收光谱 B. 红外光谱 C. 核磁共振氢谱 D. 晶体X射线衍射 Cu3(CO3)2(OH)2的晶胞结构如下图： （4）已知 Cu3(CO3)2(OH)2晶胞中含4个H原子，对Cu2+所处位置判断错误的是___________。 A. 顶点 B. 棱上 C. 面心 D. 体内 石青受热分解产生，将CuO投入的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为约为9.5，得到溶液。 （5）比较石青分解得到的三种产物的熔点高低，并分析原因　　　　　　　　　　　。 （6）CuO被“氨浸”的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （7）[Cu(NH3)4]2+结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu(NH3)4]2+的空间结构为　　　　　　　　　　　。 （8）已知中任意两个的夹角为，则中任意两个的夹角　　　　　　　　　　　。 A．大于       B．小于       C．等于 石青的“孪生兄弟”孔雀石与在一定条件下生成一种配位化合物，其负离子的结构为： （9）该配合物中心离子的配位数为　　　　　　　　　　　：根据价层电子对互斥理论，可知中C的价层电子对数为　　　　　　　　　　　。 4.（2026·上海黄浦区·模拟）储氢材料的开发是推动氢能产业化发展的关键。氨硼烷是一种颇具潜力的固体储氢材料，其分子结构与乙烷类似，可由乙硼烷、液氨和四氢呋喃（）在一定条件下制备得到。 （1）上述转化所涉及的元素中，原子半径最大的是______。 A. 氢 B. 硼 C. 氧 D. 氮 （2）下列有关的说法正确的是______。 A. 电子式为 B. H—N—H键角： C. 通入浓硫酸中会被氧化 D. 作燃料可降低碳排放 （3）乙硼烷的分子结构如下图所示，其分子内通过“桥氢原子”形成两个特殊共价键，使B原子最外层达到稳定结构。则乙硼烷中B原子的杂化方式是　　　　　　。 A.                    B.                    C. sp （4）第二周期中，气态基态原子的第一电离能位于B与N之间的有______种。 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 （5）结合原子结构，简述分子中B原子与N原子之间的成键过程　　　　　　。 镁基储氢材料具有储氢密度高、环保性能好等优点。某镁镍合金的晶胞结构如图所示。 （6）元素周期表中，Ni元素位于______区。 A. s B. p C. d D. f （7）储氢前，镁镍合金晶体中，距离Ni原子最近且距离相等的Mg原子有______。 A. 4个 B. 8个 C. 12个 D. 16个 （8）储氢后，H原子以正八面体结合的模式有序分布在Ni的周围，所形成晶体的晶胞如图c所示，则储氢后所得晶体的化学式为　　　　　　。 （9）若储氢后所得晶体的晶胞的边长为d nm，阿伏伽德罗常数为，则该晶体中氢的密度是　　　　　　。（用含d、的代数式表示） 5.（2026·上海黄浦区·模拟）富马酸是一种治疗贫血的药物。某兴趣小组以顺丁烯二酸酐为原料，硫脲为催化剂制备富马酸亚铁。 Ⅰ.富马酸的制备 取2.50g顺丁烯二酸酐，加水温热溶解。加入催化剂硫脲，溶液在搅拌下加热煮沸至较多固体析出时立即冷却，结晶，抽滤，洗涤，干燥。 （1）1mol富马酸分子中含有　　　　　　mol 键。 （2）富马酸与马来酸互为______。 A. 顺反异构 B. 官能团异构 C. 碳链异构 D. 对映异构 （3）（不定项）可以用来鉴别富马酸和马来酸的是______。 A. 高锰酸钾酸性溶液 B. 原子发射光谱 C. 晶体X射线衍射 D. 质谱 （4）富马酸熔点为300℃，马来酸熔点为140℃，二者熔点差异的原因是　　　　　　　　　　。 Ⅱ.富马酸亚铁的制备 步骤一：将2.32g富马酸置于三颈烧瓶中，加水溶解。 步骤二：加入溶液调节溶液pH为6.5～6.7。 步骤三：安装好回流装置，搅拌，加热至沸。 步骤四：打开活塞持续通入，缓慢加入溶液，维持反应温度100℃，充分搅拌30～90min。 步骤五：冷却，过滤，洗涤，干燥，得棕红色粉末。 （5）步骤二控制溶液pH为6.5～6.7，pH不宜太高或太低的原因是　　　　　　　　　　。 （6）步骤四一直通的目的是　　　　　　　　　　。 Ⅲ.富马酸亚铁中Fe（Ⅲ）含量的测定 步骤一：准确称取2.500g富马酸亚铁样品，加入适量 HCl溶液，待样品完全溶解后，配成100mL溶液； 步骤二：取20.00mL样品溶液，加入足量KI，振摇溶解，暗处放置5min。 步骤三：用 标准溶液滴定至淡黄色，加入2mL淀粉指示剂，继续滴定至蓝色消失即为终点，记录标准液用量。重复2～3次，标准溶液平均消耗量为15.00mL。 已知： （7）（不定项）步骤一中所需的定量仪器有______。 A. 量筒 B. 电子天平 C. 容量瓶 D. 滴定管 （8）若检验富马酸亚铁产品中是否含有，可选用的试剂组合是______。 A. 稀HCl，KSCN B. 稀， C. 稀，KSCN D. 稀HCl， （9）中国药典2020版规定：富马酸亚铁中Fe（Ⅲ）的含量不得大于2.0%。通过计算说明该富马酸亚铁中Fe（Ⅲ）的含量是否符合要求　　　　　　。（写出计算过程） 6.（2026·上海崇明区·模拟）民以食为天，食以水为先。水是生命之源，其丰富而独特的性质与其结构密切相关。 （1）对于水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于　　　　　　　　　　　键；依据O与H的电负性判断，属于　　　　　　　　　　　共价键。 （2）水分子中，氧原子的价层电子对数为　　　　　　　　　　　，分子的构型为　　　　　　　　　　　。 （3）下列事实可用“水分子间存在氢键”解释的是___________。(双选) A. 水结成冰时体积变大 B. 水的沸点比硫化氢的沸点高160℃ C. 水的热稳定性比硫化氢强 D. 水分子属于极性分子 （4）酸溶于水可形成，的电子式为　　　　　　　　　　　；由于成键电子对和孤电子对之间的斥力不同，会对微粒的空间结构产生影响，据此判断和的键角大小：　　　　　　　　　　　(填“>”或“<”)。 （5）水的电离平衡为，下列操作中，能促进水的电离平衡，且使得溶液呈酸性的是___________。 A. 向水中加入少量NaCl固体 B. 向水中加入少量固体 C. 向水中加入少量固体 D. 将水加热到100℃ （6）常温下，若某溶液中由水电离出的，则该溶液的pH可能为　　　　　　　　　　　。 （7）可用于水的净化，结构如图。下列说法正确的是 A. 转化为胶体从而能够净水 B. 中存在的化学键有离子键、共价键、氢键 C. 第一电离能：S>O>H D. 硫酸亚铁溶液通过蒸发结晶获得 7.（2026·上海崇明区·模拟）2025年诺贝尔化学奖授予三位科学家，他们开创性地合成了金属-有机框架材料(简称MOF材料)。MOF材料具备富含孔隙的空间立体网状结构，可实现气体储存和分离。 （1）金刚石、晶体硅是常见的空间立体网状结构的物质。 (1)Si元素在周期表中的位置是　　　　　　　　　　　。 (2)金刚石熔点高于晶体硅，下列因素可用于解释该事实的有　　　　　　　　　　　。(不定项) A．相对原子质量                    B．最外层电子数                    C．原子半径                           D．键能 科学家用与四氰基苯基甲烷[结构简式如图1，简写为]合成了一种MOF材料，其晶胞如图2. （2）基态的价层电子排布式为　　　　　　　　　　　。 （3）中，C原子的杂化方式有___________种。 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 （4）(1)晶胞中与形成配位键的配位原子是　　　　　　　　　　　。 (2)已知：、的摩尔质量分别为、，该晶体的密度为　　　　　　　　　　　g⋅cm−3。(1nm=10−7cm) 冶炼厂的废水中含有毒的氰化物(以表示)，工厂利用电化学法对其进行无害化处理。 Ⅰ．电解法：向废水中添加一定量NaCl，利用下图装置处理含氰废水。 （5）电解时，　　　　　　　　　　　(填“阴极”或“阳极”)产生的与水反应，生成强氧化性的HClO。HClO将CN氧化为两种无害气体，离子方程式为　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．原电池法：借助微生物电极，利用下图装置处理含氰废水。 （6）电池工作过程中，a极发生的电极反应式为　　　　　　　　　　　。 8.（2026·上海虹口区·二模）铯锗溴化物(CsGeBr3)是一类金属卤化物材料，近年来因其独特的光电特性在光电子领域受到关注。 （1）Cs的原子序数为55，其一种稳定核素的中子数是质子数的1.418倍，该核素的符号为_______。 A.  B.  C.  D.  （2）Ge位于第四周期，与C是同族元素。 (1)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]　　　　　　　，有　　　　　　　个未成对电子。 (2)C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键。结合原子半径与π键的成键方式解释原因]　　　　　　　 GeO2是制备铯锗溴化物的重要原料之一、GeO2不溶于水和稀盐酸，但在加热条件下能溶于草酸，转化为可溶性的配离子，其结构如图所示。 （3）该配离子中，中心离子是　　　　　　　，配原子是　　　　　　　。 （4）1 mol该配离子中含有_______mol σ键。 A. 16 B. 18 C. 20 D. 22 在一定压强下，CsGeBr3晶胞呈立方体，结构如图所示。 （5）晶体中一个Cs+周围与其距离最近的Br-的个数为_______。 A. 4个 B. 6个 C. 8个 D. 12个 （6）已知CsGeBr3摩尔质量为M g·mol-1，密度为d g·cm-3，阿伏加德罗常数为NA mol-1.则晶胞棱长为　　　　　　　nm(用含M、d、NA的代数式表示，1 nm=10-7 cm)。 （7）若将Cs+置于晶胞体心，则CsGeBr3晶胞也可以表示为_______。 A.  B.  C.  D.  9.（2026·上海嘉定区·调研）属于半导体材料，是目前应用广泛的光催化剂。 （1）钛元素位于元素周期表的　　　　　　区(填以下序号)；Ti原子核外所有p原子轨道上的电子数为　　　　　　个。 A． s       B． p       C． d       D． f （2）Ti(Ⅳ)在水溶液中能够形成配离子，其配体为　　　　　　。 （3）上述配离子的中性配体中O-H之间的键角　　　　　　水分子中O-H之间的键角。 A．大于       B．小于       C．等于 二氧化钛是良好的光催化剂，可将多种有毒物质(HCHO、亚甲基蓝等)转化为无毒物质。 （4）将此光催化剂样品经处理后引入原子光谱仪，用特定波长的光源照射原子蒸气，通过检测透过光强度的减弱程度来定量测钛元素。该方法属于　　　　　　。 A．原子发射光谱       B．原子吸收光谱 （5）纳米级除去甲醛的原理示意图如下： 下列说法正确的是______。(不定项) A. 纳米级能产生丁达尔效应 B. HCHO的电子式为 C. 除甲醛步骤的反应为 D. HCHO中键与键数目之比为 亚甲基蓝结构如下： （6）亚甲基蓝中部分元素的性质无法用元素周期律解释的是______。 A. 非金属性 B. 电负性 C. 酸性 D. 气态氢化物的热稳定性 （7）亚甲基蓝在水中的溶解度为(20℃)，比大部分有机物较易溶于水的原因是　　　　　　。 钛的化合物种类丰富，如的熔点为-24.1℃，沸点为136.45℃。 （8）预测的熔点比　　　　　　(填“高”或“低”)；说明理由　　　　　　。 （9）文献研究报道一种由Ti和C构成的气态团簇分子，如图所示，其化学式为　　　　　　。 10.（2026·上海宝山区·质量监测）钙钛矿是一类具有相同晶体结构的材料的总称，其晶体立体结构如下图所示。这种高度灵活的结构赋予了钙钛矿材料优异的光学性能和电学性能，在光伏、电子等领域有重要应用。 图中A代表较大的正离子，B代表较小的正离子，X代表负离子。 卤化物钙钛矿常用于光伏产业，是常见的钙钛矿类太阳能电池材料，其中表示，晶胞边长为a pm。 （1）中碘离子替换了晶胞中的　　　　　　　　　　　位置。 A．A       B．B       C．X （2）中C原子的杂化方式为　　　　　　　　　　　。 A．sp       B．       C． （3）和之间最短距离为___________pm。 A.  B. a C. 0.5a D.  （4）Pb位于第6周期，与C为同族元素，其价电子轨道表示式为　　　　　　　　　　　。 电子传输导体可解决钙钛矿类太阳能电池长时间使用后存在的晶体缺陷问题。电子传输导体结构示意图如下：          具体解决原理如下图： （5）电子传输导体Ⅰ中属于同周期元素的第一电离能由小到大的顺序是　　　　　　　　　　　(用元素符号表示)。 （6）电子传输导体Ⅰ可减少晶体缺陷是因为该结构与晶体之间存在的作用力有___________。(不定项) A. 配位键 B. 离子键 C. 金属键 D. 氢键 （7）Ⅰ和Ⅱ都是电子传输导体，稳定晶体表面效果更好的是　　　　　　　　　　　(选填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，可能的原因是　　　　　　　　　　　。 钙钛矿型复合氧化物是一类由金属离子和氧离子组成的材料，其中A通常是碱金属、碱土金属、稀土金属、Bi或者Pb原子，B通常是位于氧八面体中心的过渡金属原子，如Mn、Co、Fe、Ni、Cr和Ti等。 （8）根据上图所示结构，该化合物化学式为　　　　　　　　　　　(用“A”“B”“O”表示)。 （9）每个氧原子周围等距且紧邻的氧原子有___________个。 A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 11.（2026·上海闵行区·调研）荧光开关分子是一类能响应光、热等物理刺激的光学分子。分子M(非荧光态)的空腔尺寸与高度匹配，当同时结合和后转变为N(荧光态)。 （1）组成分子M的元素中，气态基态原子第一电离能最大的是_______。 A. H B. C C. N D. O （2）和 (1)比较键角：①　　　　　　　②。 A.>　　　　　B.<　　　　　　C.= (2)说明理由　　　　　　　。 （3）1 mol冠醚中含　　　　　　　个键。 （4）下列说法正确的是_______。(不定项) A. 分子M可以增大NaCl在有机溶剂中的溶解度 B. 分子N中氧原子与形成离子键 C. 可采用原子光谱检测分子N中的钠元素 D. 和的共同作用也可以使分子M转化为荧光分子 （5）实验室采用动态吸附法研究冠醚对的吸附性能：在2.0 L浓度为的钠盐溶液中加入10.00 g冠醚，吸附平衡后测得浓度降至。计算的吸附容量　　　　　　　。 已知吸附容量公式：[其中、为吸附前、后钠盐中的质量浓度；忽略溶液体积变化] ZnO量子点掺杂的荧光开关分子性能更优异。两种ZnO晶胞如下图所示。 （6）的价电子排布为_______。 A.  B.  C.  D.  （7）甲、乙晶胞内的数目之比为_______。 A.  B.  C.  D.  （8）已知甲中和的最短距离为a nm(位于正方体的体对角线处)，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　　　　　　　。(，结果用含a、的代数式表示，不必化简) 12.（2026·上海徐汇区·能力诊断）三氧化钼()广泛应用于化工、催化剂、钢铁等行业。一种利用钼精矿(主要成分为，其中S元素为-1价)制备的工艺流程如下图所示。 已知：Mo元素在不同pH的溶液中主要存在形态如下表。 pH <3 3～6 6～9 >9 溶液中的存在形式 钼酰正离子 八钼酸根 七钼酸根 钼酸根 （1）钼元素位于元素周期表第5周期第6族，其基态原子的价层电子排布为___________。 A.  B.  C.  D.  （2）“氧化浸出”溶液中含有、、NaCl。反应消耗NaClO与的物质的量之比为　　　　　　　　　　　。 （3）工业上也可以采用煅烧钼精矿将转化为，对比“煅烧法”，列举两条“氧化浸取”法的优势　　　　　　　　　　　。 “离子交换”步骤中选用D296负离子交换树脂()，它能选择性的吸附含钼离子，吸附原理为(含钼离子)。 （4）流程中“离子交换”步骤的目的是　　　　　　　　　　　。 （5）溶液pH对钼元素的吸附率存在显著影响，当时，用离子交换法提钼率明显下降的可能原因是　　　　　　　　　　　。 （6）检验钼酸盐中正离子的方法为　　　　　　　　　　　。 钼精矿中铁元素含量可以用重铬酸钾滴定法测定，测定步骤如下。 ⅰ．称取0.200 g钼精矿样品，加入饱和溶液，加热，充分溶解。除去不溶物后，向滤液中加入足量氨水，生成红褐色沉淀，将沉淀过滤、洗涤。 ⅱ．将红褐色沉淀溶于足量盐酸，完全溶解后滴加溶液，直至黄色恰好消失，再滴加2滴溶液。 ⅲ．向步骤ⅱ溶液中加入溶液，充分混合后静置，滤去不溶物。 ⅳ．向步骤ⅲ的溶液中分别加入少量和，并加水配成100 mL待测液。 ⅴ．取待测液，加入3~5滴二苯胺磺酸钠溶液(作指示剂)，用的溶液进行滴定，扣除空白实验后，平均消耗溶液的体积为。 其中涉及的部分反应如下。 ① ② ③(近无色) ④(浅绿色)(未配平) （7）步骤ⅴ不需要用到的玻璃仪器是___________。 A. 滴定管 B. 锥形瓶 C. 容量瓶 D. 胶头滴管 （8）已知二苯胺磺酸钠在还原态时呈无色，氧化态时呈紫色，步骤ⅴ滴定终点的实验现象为　　　　　　　　　　　。 （9）钼精矿样品中铁元素的质量分数为　　　　　　　　　　　。(用、、的代数式表示) （10）下列操作可能导致测定结果偏大的是___________。(不定项) A. 滴加溶液的量不足 B. 定容时待测液时，仰视容量瓶刻度线 C. 使用滴定管时，未用待装液润洗 D. 洗涤后的锥形瓶，有少量水残留 13.（2026·上海徐汇区·能力诊断）铅酸蓄电池已有150多年的历史，是全球使用最广泛的化学电源之一。铅酸蓄电池是由两组合金栅板交替排列而成，正极上覆盖，负极上覆盖Pb，电解质溶液是的硫酸。 （1）铅与碳同主族。基态铅原子核外孤电子数为　　　　　　　　　　　个。 （2）免维护铅酸蓄电池是以铅钙合金栅板为骨架，在使用寿命内基本不需要补充蒸馏水。下列说法错误的是___________。 A. 铅钙合金能提高栅板的耐腐蚀性 B. 铅钙合金能提高栅板的硬度 C. 铅钙合金能抑制水的放电 D. 正极上覆盖的不能导电 （3）将金属铅插入的硫酸中，开始有少量气泡产生，随后反应迅速停止。解释反应不能持续的可能原因　　　　　　　　　　　。 正极材料由和混合而成。其中的晶胞结构为长方体，如下图所示。 （4）能鉴别和的仪器分析方法是　　　　　　　　　　　。 A．原子光谱       B．质谱       C．晶体X射线衍射 （5）晶胞中含有个数为___________。 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 （6）晶体的密度为　　　　　　　　　　　。(计算结果保留两位小数) 脱硫是废旧铅酸蓄电池回收铅的关键步骤，氯盐法脱硫流程如下图。 涉及到的主要反应为： 已知：室温下，、   、 （7）将样品投入到1 L NaCl和盐酸的混合溶液中(忽略前后溶液体积的变化)，当溶液的，使完全脱硫，须保持溶液中　　　　　　　　　　　。(结果保留两位小数，写出计算过程) （8）增加①②步骤的目的　　　　　　　　　　　。 （9）电解溶液可以回收铅单质，装置如下图所示。下列说法正确的是___________。 A. 电极B为纯铅 B. 钠离子向A电极移动 C. 电解一段时间，左侧溶液的pH升高 D. 电路中流经2 mol电子，右侧溶液的质量减少207 g 14.（2026·上海徐汇区·能力诊断）羟胺()是不稳定的白色固体，水溶液呈弱碱性，通常以盐酸羟胺()、硫酸羟胺［］等盐类或高浓度水溶液的形式存在和使用。 （1）羟胺中N原子的杂化类型为　　　　　　　　　　　。 A．sp杂化       B．杂化       C．杂化 （2）写出羟胺的电离方程式　　　　　　　　　　　。 （3）比较熔点：羟胺　　　　　　　　　　　盐酸羟胺 A．>          B．<          C．=          D．无法确定 判断依据：　　　　　　　　　　　。 （4）羟胺可以形成多种配合物，配合物的中心原子或离子为　　　　　　　　　　　。 传统或特殊摄影技术中，通过控制羟胺浓度和条件，实现图像的化学显影。显影过程中可能发生反应： ______AgBr+_____________Ag+______+______HBr+______ （5）配平上述化学方程式并标出电子转移方向和数目　　　　　　　　　　　。 羟胺()是尼龙、医药、燃料和农药生产的关键中间体。电还原硝酸根或亚硝酸根是制备羟胺的研究热点，作为中间体极易被进一步还原为氨()，下图是碱性条件下，设计催化剂活性位点实现调控反应路径。 （6）的空间结构为　　　　　　　　　　　。 （7）写出由制备羟胺的电极反应　　　　　　　　　　　。 （8）、、NO在电还原过程中，步骤___________是调控反应路径的关键。 A. ① B. ② C. ③ D. ④ 15.（2026·上海杨浦区·调研）稀土元素(第ⅢB族的钪、钇及镧系元素)是战略资源。我国南方拥有全球最大的离子吸附型稀土矿，其矿土表面吸附有稀土离子(统一表示为)。 （1）基态钪(Sc)原子形成，失去的电子依次来自　　　　　　　　　　　能级。(填能级符号) （2）判断是否为离子化合物的方法是___________。 A. 观察其状态及颜色 B. 测定其在水中的溶解度 C. 测定其熔融状态下的导电性 D. 测量其晶体的硬度 工业上常将溶液注入矿体，通过正离子交换反应浸取。 （3）溶液显酸性的原因是　　　　　　　　　　　。(用离子方程式表示) （4）写出鉴定某白色固体是的实验方案。　　　　　　　　　　　。 （5）下图为溶液浸出矿土表面1个的微观过程示意图。从图例中选取离子，补全浸取后的示意图。　　　　　　　　　　　。 稀土矿伴生铝化合物，其浸出液含。将浸出液与鞣酸混合，二者生成配合物沉淀而除去。已知鞣酸的结构简式如下： ，其中为 （6）鞣酸显酸性，因其结构中含　　　　　　　　　　　。 （7）确定沉淀中含氧铝配位键的方法是___________。 A. 元素分析法 B. 核磁共振氢谱法 C. 红外光谱法 D. 质谱法 钇铂合金()是高活性催化剂，可通过还原和熔融盐制备。 （8）每生成，转移电子___________mol。 A. 6 B. 9 C. 12 D. 15 （9）实际反应中，选用三乙基硼氢化钠还原该熔融盐，而不选金属钾，分析可能的原因　　　　　　　　　　　。(列举2点) 16.（2026·上海青浦区·调研）铋元素(Bi，原子序数83)是一种几乎无毒、无放射性的重金属元素，其基态原子的价电子排布为，在合金、医药、半导体等领域有重要应用。 （1）关于原子的说法正确的是_______。 A. 含有126个中子 B. 含有10个d电子 C. 价电子有5种不同能量 D. 最高能级含有两种自旋方向不同的电子 （2）结合元素周期律，下列关于铋元素说法正确的是_______。 A. 最高价氧化物对应水化物为强酸 B. 电负性比同周期中相邻元素都大 C. 基态原子第一电离能在同主族中最大 D. 气态氢化物不稳定 （3）Bi的逐级电离能如下图所示，判断Bi的常见化合价为0、　　　　　　　和+5。 （4）溶液是制备无铅钙钛矿电池的核心前驱体，的价层电子对数=　　　　　　　。 铋的有机酸配合物常用于治疗胃、肠道炎症等疾病，同时具有保护胃肠黏膜的作用。某种含Bi的配合物结构如下图所示： （5）上述配合物的配体种类有_______。 A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 （6）上述配合物中Bi的配位数是　　　　　　　。 是一种新型二维层状半导体，由正离子层和负离子层交替堆叠而成，其晶胞结构如下图所示： 已知：①成键两元素电负性差值，一般形成离子键；成键两元素电负性差值，一般形成共价键。 ②三种元素电负性：O-3.5，Se-2.4，Bi-1.9。 （7）结合题目信息，判断中存在的相互作用有_______。(不定项) A. 金属键 B. 离子键 C. 共价键 D. 分子间作用力 （8）晶胞顶点处为　　　　　　　 A.Bi　　　B.Se　　　　C.O （9）已知：的摩尔质量，晶胞体积，。计算晶体的密度为　　　　　　　(保留2位小数)。 难溶于水的常用于的检验。酸性条件下，将固体加入溶液中，若出现紫红色，说明溶液中有。 （10）写出上述检验过程的离子方程式　　　　　　　。(已知：产物中铋的存在形式为) 17.（2026·上海青浦区·调研）工业尾气中常含有NO和CO，可利用含Ni催化剂将其转化为、或。 （1）Ni在元素周期表中的位置为　　　　　　　。 （2）已知常温下时，会转化为沉淀，请用化学用语表示的沉淀溶解平衡　　　　　　　。 通过催化剂可将NO和CO转化为无毒气体。反应方程式为：   ，恒容密闭容器中，固定投料比，反应相同时间，不同温度下NO的转化率如图： （3）结合上图，下列说法正确的是_______。(不定项) A. 混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到化学平衡状态 B. 使用更高效的催化剂，可提高NO平衡转化率 C. NO转化率达到最高点时，反应不一定处于化学平衡状态 D. 达到平衡后，再通入NO，NO转化率增大 （4）在以下，升高温度NO转化率增大，请用碰撞理论解释原因(不考虑催化剂活性的变化)：　　　　　　　。 （5）一定温度下，向2 L密闭容器中充入2 mol NO和2.4 mol CO发生上述反应。10 s时，容器内的总压强为起始时的。计算10s内　　　　　　　。 采用电催化法可将NO转化为，反应历程如下图：(*表示吸附在催化剂表面) （6）反应的决速步骤为_______。 A.  B.  C.  D.  （7）将加入反应体系，通过实验测得如下谱图，可确定产物中含有。该谱图为_______。 A. 核磁共振氢谱 B. 质谱 C. 红外光谱 D. 原子吸收光谱 将通入溶液可制氮肥。 主要反应： 已知：：、、；：。 （8），测得溶液，此时溶液中的微粒浓度大小关系：　　　　　　　(选填“>”、“<”或“=”)。 （9）计算该反应的平衡常数　　　　　　　(保留2位有效数字)。 18.（2026·上海青浦区·调研）锶元素(Sr)位于元素周期表第五周期第2族。某难溶于水的固体废渣主要成分为、、和少量、。实验室利用该废渣提取锶，流程如下： （1）结合元素周期律，下列关于锶及其化合物的描述正确的是_______。 A. 原子半径： B. Sr与溶液可置换出金属Cu C. 碱性： D. 常温下为易溶于水的白色固体 （2）滤渣A的成分为　　　　　　　。 （3）工业上在氨水与碳酸氢铵作用下可转化为。请写出该反应的化学方程式　　　　　　　。 （4）滤液A中的可用二苯并18-冠-6来吸收，吸收过程表示如下。下列说法不正确的是_______。(不定项) A. 二苯并18-冠-6只能吸收与其“空腔”大小相匹配的微粒 B. 该吸收过程属于分子识别，微粒A为超分子 C. 含有微粒A的晶体为分子晶体 D. 二苯并18-冠-6中碳原子的杂化类型为 滤液B经过一系列操作可得无水，与KCl混合后，在熔融状态下电解可得金属锶。 （5）是离子化合物，请书写电子式　　　　　　　。 （6）电解过程中，KCl的作用可能是　　　　　　　。 （7）“一系列操作”中包含将滤液B加热浓缩，该操作需要的仪器有铁架台、酒精灯、玻璃棒、　　　　　　　。 称取样品溶解于适量水中，平均分成四份进行平行实验，向每份加入10.00 mL 的溶液。用含的溶液作指示剂，用的KSCN溶液进行滴定。已知：。 （8）判断滴定达到终点的现象是　　　　　　　。 （9）滴定过程平均消耗KSCN溶液10.00 mL，样品中的质量分数为　　　　　　　。(写出计算过程，结果保留3位小数) 19.（2026·上海普陀区·调研）2026年2月，华东理工大学团队公布了新型钙钛矿用于高效灵敏的X射线探测的研究成果。钙钛矿材料因其独特的结构优势，在深空探测领域具有巨大的应用前景。钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物，其晶体结构如图所示： （1）钛酸钙的化学式为　　　　　　　　　　　，其中电负性最大的元素是　　　　　　　　　　　(填元素符号)。 （2）下列关于22Ti的说法中错误的是___________。 A. 位于第四周期第ⅡB族 B. 位于周期表d区 C. 基态原子价电子排布式为3d24s2 D. 核外电子的空间运动状态共12种 （3）下列钛原子或离子失去一个电子所需能量最高的是　　　　　　　　　　　。 A． B． C． （4）下列关于钛酸钙晶体的说法中正确的是___________。 A. 每个晶胞中含有6个O2- B. 该晶体熔点低，硬度小 C. 与Ca2＋距离最近的O2-有12个 D. 熔融状态下不能导电 （5）一种与钛酸钙结构相同(晶胞为立方体)的新型半导体材料X的组成为Pb2＋、I-、有机碱离子[CH3NH3]＋。若该材料的最简式的摩尔质量为M g·mol−1，晶体密度为ρ g·cm−3，则该晶体中相邻的Pb2＋之间的最短距离为　　　　　　　　　　　nm。(NA是阿伏加德罗常数的值) （6）下列关于[CH3NH3]＋的说法正确的是___________。(不定项) A. [CH3NH3]＋中的N原子可与Pb2＋形成配位键 B. [CH3NH3]＋的∠C-N-H的键角大于CH3NH2的∠C-N-H C. [CH3NH3]＋中含有极性共价键和配位键 D. [CH3NH3]＋中N原子发生sp3杂化，与相邻原子构成正四面体 以钙钛矿为原料冶炼钛单质，其工艺流程如下： （7）热还原法中，600℃时，TiO2与C、Cl2充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表： 物质 TiCl4 CO CO2 Cl2 分压(MPa) 4.59×10−2 1.84×10−2 3.70×10−2 5.98×10−9 写出该反应的化学方程式　　　　　　　　　　　。(提示：气体分压与物质的量成正比) （8）某高校团队设计并使用如图装置电解TiO2获得金属钛。 ①若使用铅酸蓄电池作为电源，则X电极应与　　　　　　　　　　　(填“Pb”或“PbO2”)极相连； ②若X极产生9.6g金属钛(M = 48g·mol−1)，则Y电极将生成　　　　　　　　　　　L的一氧化碳(标况下)。 （9）已知TiCl4和TiO2的熔沸点如下表： 物质 TiCl4 TiO2 熔点/℃ -25.0 1840 沸点/℃ 136.4 2900 试解释工业上直接电解熔融TiO2获得金属钛而非电解熔点较低的TiCl4的原因　　　　　　　　　　　。 20.（2026·上海青浦区·调研）铋元素(Bi，原子序数83)是一种几乎无毒、无放射性的重金属元素，其基态原子的价电子排布为，在合金、医药、半导体等领域有重要应用。 （1）关于原子的说法正确的是_______。 A. 含有126个中子 B. 含有10个d电子 C. 价电子有5种不同能量 D. 最高能级含有两种自旋方向不同的电子 （2）结合元素周期律，下列关于铋元素说法正确的是_______。 A. 最高价氧化物对应水化物为强酸 B. 电负性比同周期中相邻元素都大 C. 基态原子第一电离能在同主族中最大 D. 气态氢化物不稳定 （3）Bi的逐级电离能如下图所示，判断Bi的常见化合价为0、　　　　　　　和+5。 （4）溶液是制备无铅钙钛矿电池的核心前驱体，的价层电子对数=　　　　　　　。 铋的有机酸配合物常用于治疗胃、肠道炎症等疾病，同时具有保护胃肠黏膜的作用。某种含Bi的配合物结构如下图所示： （5）上述配合物的配体种类有_______。 A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种 （6）上述配合物中Bi的配位数是　　　　　　　。 是一种新型二维层状半导体，由正离子层和负离子层交替堆叠而成，其晶胞结构如下图所示： 已知：①成键两元素电负性差值，一般形成离子键；成键两元素电负性差值，一般形成共价键。 ②三种元素电负性：O-3.5，Se-2.4，Bi-1.9。 （7）结合题目信息，判断中存在的相互作用有_______。(不定项) A. 金属键 B. 离子键 C. 共价键 D. 分子间作用力 （8）晶胞顶点处为　　　　　　　 A.Bi　　　B.Se　　　　C.O （9）已知：的摩尔质量，晶胞体积，。计算晶体的密度为　　　　　　　(保留2位小数)。 难溶于水的常用于的检验。酸性条件下，将固体加入溶液中，若出现紫红色，说明溶液中有。 （10）写出上述检验过程的离子方程式　　　　　　　。(已知：产物中铋的存在形式为) 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $