专题10 物质结构与性质综合题（7年汇编）（北京专用）2020-2026年高考化学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦物质结构与性质综合题，汇编2022-2026年北京高考真题（5题）及2026年模拟题（15题），以高铁酸盐、储氨材料等实际应用为背景，强化结构与性质关系考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |非选择题|20题|价层电子排布、晶胞密度计算、化学键类型、杂化轨道理论、电离能比较等|以真实物质为载体，如2026北京真题高铁酸盐晶体结构分析，融合工业流程与结构推断；模拟题如石景山二模CuCl制备，结合晶胞计算与反应原理，体现“结构决定性质”学科思想，适配高考“综合辨析”命题趋势。|

专题10 物质结构与性质综合题 7年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2020-2026） 命题规律 物质结构与性质综合题 2026北京(1题)、2025北京(1题)、2024北京(1题)、2023北京(1题)、2022北京(1题) · 情境设置：以高铁酸盐、储氨材料、浸金试剂等实际应用或工业流程为背景。 · 考查重点：元素周期律、离子结构、化学键及性质与结构的关系。 · 命题趋势：依托真实物质，融合结构推断与性质应用，逐年深化综合辨析。 1.(2026·北京·高考真题)高铁酸盐在水处理等领域有广泛应用。 （1）高铁酸根()具有强氧化性，可以杀菌消毒，其还原产物能进一步起到净水作用，净水的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）高铁酸盐的结构分析 一种含和的高铁酸盐晶体的晶胞结构示意图如下。 ①基态+6价的价层电子排布式是　　　　　　　　　　。 ②该高铁酸盐的化学式是　　　　　　　　　　。 ③的结构与相似。该晶胞中键的键长有2种，则2种键的数目之比是　　　　　　　　　　，的空间构型是　　　　　　　　　　形。 （3）高铁酸盐的性质及制备 ①高铁酸盐在碱性溶液中较稳定，在中性或酸性溶液中能快速产生，写出酸性条件下反应的离子方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②制备高纯度的方法之一： 上述流程中先制备，再制备。通常不用含的氧化剂直接得到产品。结合和的溶解性分析该方法的优点：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 2.(2025·北京·高考真题)通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。 （1）将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：　　　　　　　。 （2）分子中键角小于，从结构角度解释原因：　　　　　　　。 （3）的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下。 ①的配体中，配位原子是　　　　　　　。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　　　　　　　。() （4）和反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，和反应生成而不生成。分析原因：　　　　　　　。 ②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由：　　　　　　　。 3.(2024·北京·高考真题)锡()是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。 （1）位于元素周期表的第5周期第IVA族。将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：　　　　　　　。 （2）和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。 ①分子的模型名称是　　　　　　　。 ②的键是由锡的　　　　　　　轨道与氯的轨道重叠形成σ键。 （3）白锡和灰锡是单质的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。 ①灰锡中每个原子周围与它最近且距离相等的原子有　　　　　　　个。 ②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是　　　　　　　。 （4）单质的制备：将与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在下，能迅速被还原为单质，通入空气的作用是　　　　　　　。 4.(2023·北京·高考真题)硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。 （1）基态原子价层电子排布式是　　　　　　　　　　。 （2）比较原子和原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）的空间结构是　　　　　　　　　　。 （4）同位素示踪实验可证实中两个原子的化学环境不同，实验过程为。过程ⅱ中，断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是和，过程ⅱ含硫产物是　　　　　　　　　　。 （5）的晶胞形状为长方体，边长分别为、，结构如图所示。     晶胞中的个数为　　　　　　　　　　。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　　　　　　　　　　。 （6）浸金时，作为配体可提供孤电子对与形成。分别判断中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 5.(2022·北京·高考真题)工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿联合制备铁精粉和硫酸，实现能源及资源的有效利用。 （1）结构示意图如图1。 ①的价层电子排布式为　　　　　　　　　　　。 ②中O和中S均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因　　　　　　　　　　　。 ③中与与的作用力类型分别是　　　　　　　　　　　。 （2）晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图2。 ①距离最近的阴离子有　　　　　　　　　　　个。 ②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。 该晶体的密度为　　　　　　　　　　　。 （3）加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用作为分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点　　　　　　　　　　　。 …………………… 1.(2026·北京八十八中·一模)铁及其化合物在生产生活中有着重要的作用。 I．铁蓝或是一种传统的蓝色颜料，可由亚铁氰化钾制备而成。 （1）基态的价电子排布式为　　　　　　　　　　　。 （2）铁蓝中包含的化学键类型有　　　　　　　　　　　（填字母）。 A．配位键       B．离子键       C．非极性共价键 （3）比较N原子和O原子的第一电离能大小，并从原子结构角度进行解释　　　　　　　　　　　。 （4）邻二氮菲（）与能够生成稳定的橙色配合物，可用做的检测试剂。向溶液（浅黄色）中滴加邻二氮菲溶液，最终未观察到溶液呈现明显的橙色，原因是　　　　　　　　　　　。 II．在不同温度下，单质铁可表现出不同的晶体结构，从而具有不同用途。的部分晶胞结构和的晶胞结构如下图所示，回答下列问题： （5）每个晶胞实际包含2个Fe原子，每个Fe原子周围等距且紧邻的Fe原子有8个。试在图中用“”表示出晶胞中其余Fe原子所处的位置　　　　　　　　　　　。 （6）若和的晶胞体积分别为和，则和晶体的密度之比是　　　　　　　　　　　。 2.(2026·北京石景山·二模)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl−，流程示意图如下。 已知：锌浸出液中含有Zn2+、Cl−等离子，“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。 （1）基态Cu原子价层电子排布式是　　　　　　　　　　　。 （2）写出H2SO4的电离方程式　　　　　　　　　　　。 （3）比较H3O+和H2O中H-O-H的键角并解释原因　　　　　　　　　　　。 （4）CuCl晶体的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如下图所示。 ①与Cl原子紧邻的Cu原子有　　　　　　　　　　　个。 ②已知CuCl的摩尔质量是 M g·mol−1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为　　　　　　　　　　　g·cm-3。(1 nm = 10-9 m) （5）下列说法正确的是　　　　　　　　　　　。 a．“浸铜”后的溶液中有H2SO4和H2O2剩余 b．“浸铜”反应：Cu + H2O2 + 2H+ = Cu2+ + 2H2O c．“脱氯”反应：Cu2+ + Cu + 2Cl− = 2CuCl 3.(2026·北京海淀·二模)自旋交叉配合物在分子开关、信息存储等领域具有重要应用。科研人员合成了一种Fe(Ⅲ)自旋交叉配合物A，结构如下图。 （1）基态的价电子排布式为　　　　　　　。 （2）A的Fe(Ⅲ)配离子中，中心离子的配位数是　　　　　　　；配位原子是　　　　　　　。 （3）A中的由等物质制得。根据VSEPR理论推测分子的空间结构为　　　　　　　形。 （4）A的晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、b nm、c nm，结构如图。 已知：A的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为。 ①晶胞中，阴、阳离子的数目均为　　　　　　　。 ②晶体的密度为　　　　　　　 。() （5）在温度、光、电或压力等外部刺激下，A在低自旋(LS)态和高自旋(HS)态间进行可逆切换，即自旋交叉现象，进而实现“开关”功能。将下图中配离子的的LS态和HS态补充完整　　　　　　　。 已知：受配体提供电子对的影响，的5个d轨道能量发生变化。2个d轨道能量略有上升，记为eg组，3个d轨道能量略有下降，记为组。当未成对电子数尽可能少且处于低能量轨道时，处于LS态；未成对电子数尽可能多且自旋平行时，处于HS态。 4.(2026·北京丰台·一模)纳米磁性液体(简称磁流体)在医药等领域应用广泛。 （1）位于元素周期表中的　　　　　　　区。 （2）共沉淀法制备：将、的混合物与溶液混合加热制得。 ①制备的离子方程式为　　　　　　　。 ②的熔融态能导电，熔点为1594℃，而的熔点为306℃，前者熔点高于后者的原因是　　　　　　　。(已知电负性：Fe 1.8   O 3.5   Cl 3.0) （3）共沉淀法制备出的纳米容易团聚，导致粒径过大，需要对进行表面改性。方法是在弱碱性条件下将与油胺混合形成油胺包覆的，结构如下。 ①与油胺之间形成的化学键为　　　　　　　。 ②油胺包覆的易溶于环己烷的原因是　　　　　　　。 （4）的晶胞是立方体结构，结构Ⅰ和Ⅱ交替排布在晶胞的八个小立方体中，如下图所示(后四个小立方体中的结构Ⅰ和Ⅱ省略)。 ①图中A代表　　　　　　　(填“”或“”)。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，晶体密度为，晶胞边长为　　　　　　　cm。 5.(2026·北京石景山·一模)是主要的食盐加碘剂，一种制备的流程如下。 （1）基态O原子价层电子排布式是　　　　　　　。 （2）比较在和中溶解度的大小并解释原因　　　　　　　。 （3）的晶胞结构如下图所示，晶胞边长均为。 ①与K原子紧邻的O原子有　　　　　　　个。 ②已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　　　　　　　。() （4）补全ⅰ中反应的化学方程式：　　　　　　　。 （5）已知：，某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为： a．准确称取食盐(所加碘为)，加适量蒸馏水使其完全溶解 b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量溶液，使与反应完全 c．以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为的溶液10.0 mL，恰好反应完全 ①判断c中反应恰好完全依据的现象是　　　　　　　。 ②根据以上实验，所测精制盐的碘含量是　　　　　　　(以I计，用含的代数式表示)。 6.(2026·北京东城·一模)(多选)过氧化钙可用于污水处理。 Ⅰ.的制备 将与浓氨水、溶液混合，在冰水浴中冷却后即有沉淀析出。分离沉淀，洗涤，干燥，低温脱水，得。 （1）基态氧原子价层电子轨道表示式为　　　　　　　　。 （2）制备反应的离子方程式为　　　　　　　　。 （3）已知为酸性很弱的二元弱酸，解释制备时浓氨水的作用：　　　　　　　　。 （4）通过检验来判断沉淀是否洗涤干净：取最后一次洗涤沉淀的滤出液，　　　　　　　　（补全操作和现象），表明沉淀已洗涤干净。 Ⅱ.的结构 （5）的晶体结构示意图如下。 ①用表示阿伏加德罗常数的数值。该晶体的密度为　　　　　　　　。 ②的熔点明显高于，分析原因：　　　　　　　　。 Ⅲ.处理含苯酚污水 （6）溶于水可产生，将苯酚氧化，在时，最终产物为和。理论上处理含苯酚的污水，至少需消耗　　　　　　　　。 7.(2026·北京丰台·二模)锡基卤化物钙钛矿以其高光电性能和低毒性受到广泛关注。 （1）某锡基卤化物钙钛矿材料的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如下图所示。 ①每个周围与它最近且距离相等的有　　　　　　　　个。 ②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度为　　　　　　　　。 ③中H—N—H键角比中H—N—H键角　　　　　　　(填“大”或“小”)，原因是　　　　　　　　。 （2）锡基钙钛矿中容易被氧化为是制约其发展的关键问题。的价层电子排布式为　　　　　　　　。 （3）为了防止被氧化，提高其稳定性的方法是将替换为具有更大离子半径的有机阳离子：质子化的3-氨基苯磺酰胺，其结构如下。 该离子与无机层(和所在的层)的微粒间存在多种相互作用，直接保护了易被氧化的，且外部微粒更难进入。 ①质子化的3-氨基苯磺酰胺与之间存在的化学键为　　　　　　　　。 ②质子化的3-氨基苯磺酰胺与之间存在配位键，其分子中N、O、S能作配位原子的是　　　　　　　　。 8.(2026·北京房山·二模)铜元素在生物和化学研究中发挥着至关重要的作用。回答下列问题。 （1）Cu原子位于元素周期表的　　　　　　区。 （2）双核铜物种存在于色素细胞中，某大环双核铜配合物的配离子结构如图。 ①该配离子中所含第二周期元素的基态原子第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　。 ②键角　　　　　　(填“>”、“<”或“=”)，解释原因　　　　　　。 （3）晶体的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如下图所示。 ①图中●表示的微粒是　　　　　　(填序号)。 a．Cu       b．       c．       d． ②已知阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为　　　　　　。() （4）向溶液中加入氨水先出现蓝色沉淀继续加入过量氨水沉淀溶解得到深蓝色透明溶液，比较与作为配体，与配位能力强弱并从结构角度解释原因　　　　　　。 9.(2026·北京西城·二模)青铜器腐蚀与CuCl发生的自催化腐蚀循环有关。可采用多种化学方法对青铜器进行保护。 （1）与较致密不同，疏松多孔，对青铜器内部无保护作用。 ①基态Cu的价层电子排布式是　　　　　　　　　　　。 ②的空间结构是　　　　　　　　　　　。 （2）CuCl晶胞形状为立方体，结构如图。 ①CuCl中每个周围与它最近且距离相等的有　　　　　　　　　　　个。 ②该晶胞的边长为a nm，阿伏加德罗常数为，CuCl的摩尔体积是　　　　　　　　　　　。() ③乙腈()的水溶液可溶解CuCl，易溶于水的原因有　　　　　　　　　　　。 （3）常用苯丙三氮唑(BTA)处理出土的青铜器。BTA将Cu2O转化为致密的平面结构的保护膜 。BTA和的结构如图。 已知：ⅰ.    ⅱ. ①下列说法正确的是　　　　　　　　　　　(填序号)。 a．BTA分子所有碳原子均为sp2杂化 b．属于网状结构的高分子 c．是位于sp2杂化轨道上的孤电子对与的空轨道相互作用形成的 ②复合膜能有效抑制铜的腐蚀，在强酸性条件下复合膜保护效果不好，除酸破坏Cu2O外，其他的原因是　　　　　　　　　　　。 10.(2026·北大附中·一模)氯化铍()常作为制备高纯金属铍的中间体，易水解，其结构随外界条件的变化而变化。相关资料如下表所示： 温度 >800℃ 400~500℃ 室温 存在形态 主要为气态单体 主要为气态二聚体 固态链状多聚体(结构式中的虚线表示聚合物链的延伸) （1）①写出基态铍原子的轨道表达式　　　　　　　　　　　。 ②第一电离能，从原子结构的角度解释原因　　　　　　　　　　　。 （2）关于不同结构的说法正确的是　　　　　　　　　　　(填序号) a．气态单体是非极性分子 b．二聚体中原子的杂化方式为 c．温度从低到高结构发生变化时均有化学键被破坏 （3）在多聚体中，每个铍原子与四个氯原子形成四面体，这些四面体通过共用两个顶点(氯原子)连接成一维无限延伸的锯齿形长链，如图1所示；链和链之间主要靠范德华力结合。若想提高多聚体的熔点，在不改变元素组成的情况下，大胆提出你认为可以从结构上做出的改变是　　　　　　　　　　　。 （4）实验室可用与、在高温下反应制备无水。 ①的一种晶胞为立方体，如图2所示，边长为。表示阿伏伽德罗常数。该晶体的密度为　　　　　　　　　　　。( ) ②每生成，反应转移电子，写出制备反应的化学方程式　　　　　　　　　　　。 ③在制备和纯化无水时，必须在干燥的空气环境中。现从含有少量未反应的氧化铍和碳粉的混合物中分离出纯净的无水氯化铍，选择的分离方法是　　　　　　　　　　　(填序号)。 a．萃取       b．过滤       c．升华       d．蒸馏 11.(2026·北京朝阳·质量检测)(多选)催化剂研究已成为合成氨工业技术改造和更新的关键。 （1）目前工业上主要以和为原料，使用铁基催化剂合成氨。铁基催化剂是以为活性主体，添加、、CaO等助剂制成。 ①基态Fe原子未成对电子数为　　　　　　。 ②、、、CaO的化学键中离子键成分的百分数最高的是　　　　　　。 ③CaO作助剂与其熔点高有关。从结构角度解释CaO熔点高于的原因：　　　　　　。 （2）也可用作和合成氨的催化剂，其晶胞是立方体结构，边长为a nm，结构示意图如下。 每个Fe原子周围与它最近且距离相等的Fe原子有　　　　　　个。 ②已知催化剂的活性与其表面单位面积含有Fe原子的个数有关。图中阴影所示的平面上每平方纳米含有的Fe原子个数为　　　　　　。 （3）当前合成氨工艺的能耗较大，原料之一需要制备并纯化。我国科学家研制出的双催化剂实现了在温和条件下以为氢源合成氨，其反应为： ①已知： 则　　　　　　(用含、的代数式表示)。 ②主要过程的催化机理示意图如下(部分微粒未表示)。 已知：催化剂表面单位面积活性中心的数量影响催化过程，若活性中心被占据，催化循环会受阻；催化剂很难吸附CO。 与使用单一催化剂相比，使用双催化剂能提高单位时间内的产率。说明双催化剂中Au的作用：　　　　　　。 12.(2026·北京房山·一模)NaCl在人类文明的发展中扮演了重要的角色。 I．为理解NaCl溶解过程的能量变化，可设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 （1）根据各微粒的状态，可判断a　　　　　　　0(填“>”或“<”)。 （2）　　　　　　　。 Ⅱ．高压不仅会引发物质的相变，也会导致新类型化学键的形成。NaCl晶体在超高压下和Na或反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体，如图两种晶体的晶胞： （3）基态Cl原子价层电子轨道表示式为：　　　　　　　。 （4）晶胞A中每个Na原子周围与它等距且最近的Na原子有　　　　　　　个。 （5）晶胞B形状为长方体，棱长分别为，结构如图所示，阿伏加德罗常数为。该晶体密度为　　　　　　　。 （6）NaCl的熔点小于NaF的熔点，原因是　　　　　　　。 （7）NaCl晶体在熔融状态下才能导电，而超高压下合成的晶体固态就可以导电，可能的原因是　　　　　　　。 13.(2026·北京顺义·一模)金属-有机框架材料(MOFs)是由含金属的节点与有机连接体构筑形成的一种材料，具有空间立体网状结构，在气体存储、分离领域具有潜在应用价值。MOF-5是一种典型的金属有机框架材料。 （1）MOF-5的一种制备方法如下。 ①Zn的基态原子价层电子轨道表示式是　　　　　　。 ②DMF的分子式是　　　　　　。 ③组成DMF的第二周期元素中，元素的第一电离能最大的是　　　　　　。 （2）MOF-5晶体的晶胞是立方体结构，结构示意图如下。 ①MOF-5中每个周围与它最近且距离相等的有　　　　　　个。 ②MOF-5晶体的密度为，和的摩尔质量分别为和，阿伏伽德罗常数为，该晶胞的棱长为　　　　　　。 （3）研究发现MOFs材料的热稳定性与金属阳离子所带电荷及其尺寸有关。将MOF-5中的替换为，材料的热稳定性显著提升。从微粒间作用的角度解释原因　　　　　　。 14.(2026·北京朝阳·质量检测)金(Au)是一种用途广泛的贵重金属，硫脲是一种新型浸金试剂。 （1）基态Au原子的价层电子排布式为。按核外电子排布，下列元素与金元素位于元素周期表同区的是　　　　　　　　　　　(填序号)。 a．       b．       c． （2）硫脲可看作是尿素中的O原子被S原子取代的产物。 ①一个硫脲分子中的键数目为　　　　　　　　　　　。 ②结合的能力强于，与S、O的电负性有关。比较S和O的电负性大小，并从结构角度说明理由：　　　　　　　　　　　。 （3）一种Au-Cu合金的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如下。 ①每个Au原子周围与它最近且距离相等的Cu原子有　　　　　　　　　　　个。 ②已知阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　　　　　　　　　　　。() （4）硫脲与联合浸金原理为： ①分子中的S原子与通过配位键结合生成，从而提高金的浸出率。解释二者能形成配位键的原因：　　　　　　　　　　　。 ②溶液pH对金浸出率的影响如下图所示。 时，金的浸出率随pH减小而降低，分析原因：　　　　　　　　　　。 _________________________________（补全反应） 15.(2026·北京东城·二模) MOF 材料可用于气体的储存和分离。 Ⅰ． 用 与甲酸 、 反应制备 (晶胞结构如图)。 （1）元素周期表中锆(40 Zr)位于第五周期第IVB族。补全的基态原子价层电子轨道表示式： 　　　　　　　　　　　。 （2）中原子的杂化方式有　　　　　　　　　　　。 （3）已知制备反应中各元素化合价均不变，则中 　　　　　　　　　　　， 　　　　　　　　　　　。 （4）已知与的摩尔质量分别为、，晶胞体积为 ，阿伏加德罗常数为 。该晶体的密度为　　　　　　　　　　　 。 Ⅱ．用 与 反应制备 (晶胞结构如图)。 （5）的结构简式为　　　　　　　　　　　 （6）已知低湿度环境中，MOF-B 吸收水蒸气的能力强于 MOF-A，从粒子间相互作用的角度分析可能的原因是　　　　　　　　　　　。 16.(2026·北京顺义·二模)钠的化合物在日常生活、化学工业及科学研究等领域应用广泛。 （1）和都是重要的工业原料。 ①基态Na原子的核外电子空间运动状态有　　　　　　种。 ②比较C和O的第一电离能大小，并从原子结构角度说明理由　　　　　　。 ③的VSEPR模型名称是　　　　　　。 ④物质的水溶性与构成物质的微粒与水分子的结合有关。易与水分子通过氢键作用促进溶解，离子间则通过氢键形成二聚体导致其与水分子间形成氢键的程度减弱，减少溶解。写出的稳定结构的结构式　　　　　　。 （2）冰晶石是电解铝工业的助熔剂，其高温相的晶胞是立方体结构，边长为，结构如图所示。 ①中Al-F键为配位键。与能形成配位键的原因是　　　　　　。 ②距离最近的有　　　　　　个。 ③阿伏伽德罗常数为，该晶体的密度为　　　　　　()。 17.(2026·北京昌平·二模)寻找储氢材料并改进储氢性能是当前研究热点之一。 I．氨硼烷()是一种具有潜力的储氢材料。 氨硼烷在催化剂作用下与水反应释放氢气： 已知：①的球棍模型为，的结构简式为 ②元素的电负性：H 2.1、B 2.0、C 2.5、N 3.0、O 3.5 ③分子间正电性氢()和负电性氢()之间存在静电吸引作用，可用“”表示。 ④通常，氢键“”中Y原子需含有孤电子对。 （1）氨硼烷释放氢气的反应中，B原子的杂化轨道类型由　　　　　　　　　　　变为　　　　　　　　　　　。 （2）氨硼烷的熔点()高于与其分子量相近的乙烷的熔点()，原因是　　　　　　　　　　　(答出两点)。 Ⅱ．镁基储氢材料及储氢性能的改进。 （3）的晶胞结构示意图如下图，边长分别为、、。 ①图中黑球代表　　　　　　　　　　　原子。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　　　　　　　　　　　。() （4）和固溶物协同释放氢气反应的能量变化示意图如下。 ①从平衡角度推断利于释放氢气的条件并说明理由：　　　　　　　　　　　(答出两点)。 ②固溶物协同释放氢气效果优于，分析原因　　　　　　　　　　　(答出两点)。 18.(2026·北京昌平·一模)电催化分解制氢脱硫是实现清洁高值利用的途径之一。钴（Co）掺杂的硫化镉（CdS）材料是电催化分解的一种催化剂，可由、及等制得。 （1）基态的价层电子排布式为　　　　　　。 （2）分解制比分解制所需的能量低，从原子结构的角度说明原因：　　　　　　　　　　。 （3）的熔点（）高于的熔点（），解释原因：　　　　　　　　　　　　。 （4）CdS的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如下。 ①与最近且距离相等的阳离子有　　　个。 ②已知CdS的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　　　。（） （5）电催化分解制氢脱硫包括直接分解法和间接分解法，原理装置示意图如下。 ①直接分解法通常采用碱性溶液吸收制成NaHS溶液进行电解，电解一段时间后反应会停止，结合电极反应式解释原因：　　　　　　　　　　　　　。 ②与直接分解法相比，间接分解法的优势是　　　　　　　　　　　　　。 19.(2026·北京西城·二模)双极膜是一种新型离子交换复合膜。在直流电场作用下，在中间催化层可解离为和，为电化学反应提供理想的酸碱环境。 （1）水解离需要破坏的作用力类型是　　　　　　　　　　　。 （2）一种双极膜的结构示意图如图所示。 ①将S的基态原子最外层轨道表示式补充完整：　　　　　　　　　　　。 ②C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是　　　　　　　　　　　。 ③键角：，原因是　　　　　　　　　　　。 ④中间催化层中弱碱性基团催化解离的过程如下。 ⅰ．　　　　　　　　　　　(补全反应) ⅱ． （3）中间催化层还可选择金属化合物作催化剂，如或含铁化合物。 ①的晶胞如图，形状为长方体，边长分别为a nm、a nm和b nm，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是　　　　　　　　　　　。() ②做催化剂，催化效率高，但因易溶于水而流失。可利用聚乙烯亚胺(PEI)与制备如下图所示的复合结构的高效催化剂。 该催化剂具有高亲水性且不易流失，从结构的角度解释原因：　　　　　　　　　　　。 （4）推测双极膜中间催化层中促进解离的基团或粒子可能具有的性质是　　　　　　　　　　　。 20.(2026·北京东城·二模)探究被氧化的条件。 （1）理论分析：中的为-3价，有还原性，且被、等强氧化剂氧化均为放热的自发反应。但的空间结构为　　　　　　　　　　　，高度对称， 且带正电荷，很难直接失去电子。 实验I．向溶液中加入溶液A，实验记录如下： 编号 溶液A 实验现象 a 较长时间无明显变化 b 滴 硫酸 较长时间无明显变化 c 浓氨水(约) 逐渐产生棕色浑浊， 溶液紫色变浅 d 2 浓氨水+5滴硫酸 较快产生棕色浑浊，溶液褪色 （2）溶液中存在，用方程式表示其形成过程：　　　　　　　　　　　。 （3）中，溶液中由大到小的顺序为　　　　　　　　　　　(用编号表示)。 （4）对比推断，影响-3价 被 氧化快慢的因素有　　　　　　　　　　　。 实验II． 向溶液中加入溶液B，实验记录如下： 编号 溶液B 实验现象 e 一段时间内无明显变化； 久置，试管壁有微量气泡 f 滴冰醋酸 立即产生无色气泡 g 2 mL浓氨水 始终无明显变化 h 加热至80°C，立即产生无色气泡 已知：HNO2是一元弱酸，易分解产生在水溶液中以下不分解； 时，， 。 （5）f产生的气体遇空气不变色。为进一步排除该条件下分解出，应补做的对比实验：　　　　　　　　　　　(补充操作)，无明显变化。 （6）资料表明， 溶液与溶液反应的部分历程如下。 1.                                 快 ii．                慢 iii．                                    快 结合该历程分析实验II： ①其他条件相同，适当降低pH可增大反应速率，可能的原因是　　　　　　　　　　　。 ②h中反应速率明显加快，除升温直接加快反应外，可能的原因还有　　　　　　　　　　　。 （7）(s)和(s)受热或撞击时均极易分解产生。原因是晶体中与氧化性酸根距离近，且的与酸根的形成氢键有利于键断裂。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 物质结构与性质综合题 7年真题1年模拟 1.【答案】（1）高铁酸根被还原得到的可水解生成胶体，该胶体能够吸附水中的悬浮杂质，起到净水作用     （2）①     ②     ③ 3：1    ④ 四面体形     （3）①     ② 相同温度下，的溶解度大于，向溶出得到的含的滤液中加入浓KOH，可利用更小的溶解度使充分析出，更容易获得高纯度的产品；若直接用含的氧化剂反应，生成的会包裹在反应物表面，阻碍反应进一步进行，难以得到高纯度产物      2.【答案】（1）     （2）NH3中N原子的sp3杂化轨道有一个孤电子对，斥力较大     （3）① N    ②      （4）① E2＜E1，温度低时更容易生成    ② [Mg(NH3)6]Cl2是吸热反应，也是气体分子数增加的反应，升温、减压有利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3      3.【答案】（1）     （2）① 平面三角形    ② 1个杂化     （3）① 4    ②      （4）空气中的O2将C氧化为，与发生气固反应，速率快      4.【答案】（1）     （2），O、S为同主族元素，电子层数：S>O，原子半径：S>O，原子核对最外层电子的吸引力：O>S，O不易失去一个电子     （3）四面体形     （4）、     （5）① 4    ②      （6）中的中心原子S无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子      5.【答案】（1）①     ② 孤电子对有较大斥力，使键角小于键角    ③ 配位键、氢键     （2）① 6    ②      （3）燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料      1.【答案】（1）     （2）A B     （3）第一电离能：；原子的价层电子排布式为，轨道处于半满状态，更稳定，不易失电子     （4）与的配位能力更强，溶液中的浓度低     （5）     （6）      2.【答案】（1）3d104s1     （2）H2SO4 = 2H++SO     （3）H3O+中H-O-H键角>H2O中H-O-H键角；H3O+和H2O的中心原子都是sp3杂化，H3O+有一对孤电子对，H2O有两对孤电子对，斥力更大     （4）① 4    ②      （5）bc      3.【答案】（1）     （2）① 6    ② N和O     （3）三角双锥     （4）① 4    ②      （5）      4.【答案】（1）d     （2）①     ② 熔化时破坏的是离子键，熔化时主要破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力更强，因此熔点高于     （3）① 配位键    ② 油胺包覆的表面有极性小的长碳链烃基，环己烷为非极性溶剂，依据相似相溶原理，该物质易溶于环己烷     （4）①     ②       5.【答案】（1）2s22p4     （2）碘分子、四氯化碳分子均为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶，碘单质在四氯化碳中溶解度大于在水中溶解度     （3）① 12    ②      （4）     （5）① 滴入最后半滴标准溶液，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不恢复原色    ②       6.【答案】（1）     （2）     （3）浓氨水中和，使、正向移动，提高，利于生成沉淀     （4）加入硝酸银溶液，无白色沉淀     （5）①     ② 是离子晶体，是分子晶体，前者的离子键强于后者的分子间作用力     （6）14      7.【答案】（1）① 6    ②     ③ 大    ④ 二者氮原子均为杂化，中N原子上存在1对孤电子对，有较大斥力，导致键角较小     （2）5s2     （3）① 离子键    ② O      8.【答案】（1）ds     （2）① N>O>C    ② >    ③ 处中心N原子为杂化，键角接近120°，处中心C原子为杂化，键角接近109°28'     （3）① b    ②      （4）分子与的配位能力强于分子与的配位能力，N的电负性小于O，N原子给出孤电子对的能力强于O      9.【答案】（1）①     ② 平面三角形     （2）① 4    ②     ③ 与水分子之间可以形成氢键；乙腈分子和水分子都是极性分子，乙腈与水相似相溶     （3）① a、c    ② 与反应生成了BTA，浓度降低，平衡：正向移动，从而破坏了复合膜中的，导致保护效果不好      10.【答案】（1）①     ② 第一电离能，价电子排布为，为，能级电子能量高于能级，更易失去。     （2）abc     （3）链与链之间，通过原子与不同四面体的氯原子配位，发生“交联”，使一维链状结构转化为二维网状或更高维度，将原本仅靠范德华力结合的链间作用变为强度更高的共价键，从而提升多聚体的熔点。(言之有理即可)     （4）①     ②     ③ c      11.【答案】（1）① 4    ②     ③  CaO和均为离子晶体，的离子半径小于，且所带电荷数比多，CaO中的离子键更强，因此熔点更高。     （2）① 8    ②      （3）①       ② 吸附CO，避免CO占据的活性中心，保障催化循环顺利进行，提高单位时间内的产率(合理即可)      12.【答案】（1）>     （2）a+b     （3）     （4）8     （5）     （6）NaCl和NaF均为离子晶体，离子所带电荷数相同，Cl-半径大于F-，NaCl晶格能小于NaF，因此NaCl熔点更低     （7）Na3Cl具有金属晶体的特征，存在自由移动电子，导电性增强      13.【答案】（1）①     ②     ③ N     （2）① 6    ②      （3）Al3+所带电荷比Zn2+多，离子半径比Zn2+小，与配体之间作用强度更大      14.【答案】（1）b     （2）① 7    ② 电负性：S。O和S为同主族元素，电子层数S>O，原子半径S>O，原子对键合电子的吸引能力O>S     （3）① 12    ②      （4）① Au+有空轨道，S原子有孤电子对，可形成配位键    ②       15.【答案】（1）     （2）sp2和sp3     （3）① 8    ② 4     （4）     （5）     （6）B2-中的-OH能与水分子形成氢键      16.【答案】（1）① 6    ② 氧原子与碳原子电子层数相同，氧原子核电荷数大，原子半径小，对最外层电子的吸引作用强，更难失去电子，第一电离能C；    ③ 平面三角形    ④      （2）① 氟离子最外层存在孤电子对，铝离子存在空轨道    ② 12    ③       17.【答案】（1）①     ②      （2）氨硼烷分子间存在双氢键（类氢键作用），乙烷分子间不存在氢键；氨硼烷是极性分子，分子量相近时，氨硼烷分子间范德华力大于乙烷     （3）① Mg    ②        （4）① 高温：该释氢反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，利于释放氢气；低压：该反应正反应为气体分子数增大的反应，降低压强平衡正向移动，利于释放氢气    ② 降低了释氢反应的活化能，加快了反应速率；该路径下释氢反应焓变更小，正向反应程度更大，更易释放氢气      18.【答案】（1）3d7     （2）O原子的原子半径小于S原子，H-O键的键长小于H-S键，H-O键强于H-S键，断裂共价键需要的能量高     （3）Na2S是离子晶体，H2S是分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体     （4）① 4    ②      （5）① 阳极的电极反应式为：HS- -2e-+OH-=S↓+H2O，放电生成的S附着在石墨电极上阻碍了反应的进行    ② 反应生成的S不会附着在石墨电极上阻碍反应的进行，且Fe2+可以循环使用      19.【答案】（1）极性共价键     （2）①     ②     ③ 二者N均为杂化，中N上孤电子对数为0，中N上孤电子对数为1；孤电子对排斥力大，故前者键角大    ④      （3）①     ② 复合结构的催化剂中含有氨基，与水形成氢键，使之具有亲水性；PEI与形成配位键，不易流失     （4）弱酸性或弱碱性      20.【答案】（1）正四面体     （2），（）     （3）c>d>a>b     （4）pH和     （5）向4 mL 0.5 mol/L NaNO2中滴入5滴冰醋酸     （6）① 降低pH，增大了c(HNO2)和c(N2O3)，但减小了c(NH3)，前者对ii的反应速率影响程度更大    ② 升温促进和的水解，促进反应i，同时提高c(N2O3)和c(NH3)，加快反应ii      试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 物质结构与性质综合题 7年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2020-2026） 命题规律 物质结构与性质综合题 2026北京(1题)、2025北京(1题)、2024北京(1题)、2023北京(1题)、2022北京(1题) · 情境设置：以高铁酸盐、储氨材料、浸金试剂等实际应用或工业流程为背景。 · 考查重点：元素周期律、离子结构、化学键及性质与结构的关系。 · 命题趋势：依托真实物质，融合结构推断与性质应用，逐年深化综合辨析。 1.(2026·北京·高考真题)高铁酸盐在水处理等领域有广泛应用。 （1）高铁酸根()具有强氧化性，可以杀菌消毒，其还原产物能进一步起到净水作用，净水的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）高铁酸盐的结构分析 一种含和的高铁酸盐晶体的晶胞结构示意图如下。 ①基态+6价的价层电子排布式是　　　　　　　　　　。 ②该高铁酸盐的化学式是　　　　　　　　　　。 ③的结构与相似。该晶胞中键的键长有2种，则2种键的数目之比是　　　　　　　　　　，的空间构型是　　　　　　　　　　形。 （3）高铁酸盐的性质及制备 ①高铁酸盐在碱性溶液中较稳定，在中性或酸性溶液中能快速产生，写出酸性条件下反应的离子方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②制备高纯度的方法之一： 上述流程中先制备，再制备。通常不用含的氧化剂直接得到产品。结合和的溶解性分析该方法的优点：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）高铁酸根被还原得到的可水解生成胶体，该胶体能够吸附水中的悬浮杂质，起到净水作用     （2）①     ②     ③ 3：1    ④ 四面体形     （3）①     ② 相同温度下，的溶解度大于，向溶出得到的含的滤液中加入浓KOH，可利用更小的溶解度使充分析出，更容易获得高纯度的产品；若直接用含的氧化剂反应，生成的会包裹在反应物表面，阻碍反应进一步进行，难以得到高纯度产物      【解析】(1)高铁酸根的还原产物为三价铁离子，三价铁离子水解生成的氢氧化铁胶体具有大比表面积，可吸附水中悬浮杂质，实现净水作用； (2)①基态Fe原子价层电子排布为，失去6个电子形成+6价Fe后，价层电子排布为。 ②由晶胞结构可知，每个晶胞中有Fe原子2个；Na位于晶胞顶点，总数为；K位于晶胞棱上和体内，总数为，O原子位于体内，共有8个；所以其化学式为。 ③每个共4个Fe-O键，在晶胞中，受周围、影响，4个O分为两组，其中3个O受影响，1个O受影响，导致Fe-O键不同，所以两种Fe-O键数目比为3：1；为正四面体构型，与其结构相似，因此空间构型为四面体形。 (3)①酸性条件下发生歧化反应：Fe从+6价降为+3价，部分-2价O升为0价生成，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得到对应离子方程式。 ②相同温度下，的溶解度大于，向溶出得到的含的滤液中加入浓KOH，可利用更小的溶解度使充分析出，更容易获得高纯度的产品；若直接用含的氧化剂反应，生成的会包裹在反应物表面，阻碍反应进一步进行，难以得到高纯度产物。 2.(2025·北京·高考真题)通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。 （1）将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：　　　　　　　。 （2）分子中键角小于，从结构角度解释原因：　　　　　　　。 （3）的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下。 ①的配体中，配位原子是　　　　　　　。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　　　　　　　。() （4）和反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，和反应生成而不生成。分析原因：　　　　　　　。 ②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由：　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）NH3中N原子的sp3杂化轨道有一个孤电子对，斥力较大     （3）① N    ②      （4）① E2＜E1，温度低时更容易生成    ② [Mg(NH3)6]Cl2是吸热反应，也是气体分子数增加的反应，升温、减压有利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3      【解析】(1)Mg是第12号元素，其基态最外层电子的电子排布式为3s2，故其基态原子最外层轨道表示式为：。 (2)NH3中N原子的键电子对数为3、孤电子对数为=1，价层电子对数为4，N原子的sp3杂化轨道有一个孤电子对，斥力较大，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28′。 (3)①的内界为，故其配体为NH3，由于N原子有孤电子对，所以配位原子为N； ②根据均摊法，该晶胞中的个数为，的个数为8，故每个晶胞中含有4个，则晶体的密度为。 (4)①由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，E2＜E1，温度低时更容易生成； ②根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知[Mg(NH3)6]Cl2是吸热反应，该反应也是气体分子数增加的反应，故升温、减压有利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3。 3.(2024·北京·高考真题)锡()是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。 （1）位于元素周期表的第5周期第IVA族。将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：　　　　　　　。 （2）和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。 ①分子的模型名称是　　　　　　　。 ②的键是由锡的　　　　　　　轨道与氯的轨道重叠形成σ键。 （3）白锡和灰锡是单质的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。 ①灰锡中每个原子周围与它最近且距离相等的原子有　　　　　　　个。 ②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是　　　　　　　。 （4）单质的制备：将与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在下，能迅速被还原为单质，通入空气的作用是　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）① 平面三角形    ② 1个杂化     （3）① 4    ②      （4）空气中的O2将C氧化为，与发生气固反应，速率快      【解析】(1)Sn位于元素周期表的第5周期ⅣA族，基态Sn原子的最外层电子排布式为5s25p2，Sn的基态原子最外层轨道表示式为； (2)①SnCl2中Sn的价层电子对数为2+×(4-2×1)=3，故SnCl2分子的VSEPR模型名称是平面三角形； ②SnCl4中Sn的价层电子对数为4+×(4-4×1)=4，有4个σ键、无孤电子对，故Sn采取sp3杂化，则SnCl4的Sn—Cl键是由锡的1个sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键； (3)① 灰锡具有立方金刚石结构，金刚石中每个碳原子以单键与其他4个碳原子相连，此5碳原子在空间构成正四面体，且该碳原子在正四面体的体心，所以灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有4个； ② 根据均摊法，白锡晶胞中含Sn原子数为8×+1=2，灰锡晶胞中含Sn原子数为8×+6×+4=8，所以白锡与灰锡的密度之比为∶=； (4)将SnO2与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800℃，由于固体之间反应慢，未发生明显反应；若通入空气在800℃下，SnO2能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是：空气中的O2将C氧化为，与发生气固反应，速率快，有关反应的化学方程式为2C+O2 2CO、2CO+SnO2 Sn+2CO2。 4.(2023·北京·高考真题)硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。 （1）基态原子价层电子排布式是　　　　　　　　　　。 （2）比较原子和原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）的空间结构是　　　　　　　　　　。 （4）同位素示踪实验可证实中两个原子的化学环境不同，实验过程为。过程ⅱ中，断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是和，过程ⅱ含硫产物是　　　　　　　　　　。 （5）的晶胞形状为长方体，边长分别为、，结构如图所示。     晶胞中的个数为　　　　　　　　　　。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　　　　　　　　　　。 （6）浸金时，作为配体可提供孤电子对与形成。分别判断中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2），O、S为同主族元素，电子层数：S>O，原子半径：S>O，原子核对最外层电子的吸引力：O>S，O不易失去一个电子     （3）四面体形     （4）、     （5）① 4    ②      （6）中的中心原子S无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子      【解析】(1)S是16号元素，位于元素周期表第三周期ⅥA族，基态S原子价层电子排布式为； (2)S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能； (3)的中心S原子价层电子对数为4+=4，无孤电子对，空间构型为正四面体形，可看作是中1个O原子被S原子取代，则的空间构型为四面体形； (4)过程ⅱ中断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中最终转化为， 最终转化为。若过程ⅰ所用的试剂为和，则过程Ⅱ的含硫产物是、； (5)由晶胞结构可知，位于晶胞顶点、棱心、面心和体心，则1个晶胞中的个数为；全部位于晶胞内，个数为4，则晶胞中含有4个，故该晶体的密度； (6)具有孤电子对的原子一般可以提供电子与中心原子配位：中的中心S原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。 5.(2022·北京·高考真题)工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿联合制备铁精粉和硫酸，实现能源及资源的有效利用。 （1）结构示意图如图1。 ①的价层电子排布式为　　　　　　　　　　　。 ②中O和中S均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因　　　　　　　　　　　。 ③中与与的作用力类型分别是　　　　　　　　　　　。 （2）晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图2。 ①距离最近的阴离子有　　　　　　　　　　　个。 ②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。 该晶体的密度为　　　　　　　　　　　。 （3）加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用作为分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）①     ② 孤电子对有较大斥力，使键角小于键角    ③ 配位键、氢键     （2）① 6    ②      （3）燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料      【解析】(1)①Fe的价层电子排布为3d64s2，形成Fe2+时失去4s上的2个电子，于是Fe2+的价层电子排布为3d6。 ②H2O中O 和中S都是sp3杂化，H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键合电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得键角与键角相比被压缩减小。 ③H2O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，二者可以形成配位键。中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键。 答案为：3d6；孤电子对有较大斥力，使键角小于键角；配位键、氢键。 (2)① 以位于面心Fe2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示（圆中）： 。    4个阴离子位于楞上，2个位于体心位置上，共6个。 ② 依据分摊法可知晶胞中Fe2+离子个数为，个数为。一个晶胞中相当于含有4个FeS2，因此一个晶胞的质量。所以晶体密度。 答案为：6； (3)燃烧为放热反应，分解为吸热反应，燃烧放出的热量恰好为分解提供能量。另外，燃烧和分解的产物如Fe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。 答案为：燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料。 …………………… 1.(2026·北京八十八中·一模)铁及其化合物在生产生活中有着重要的作用。 I．铁蓝或是一种传统的蓝色颜料，可由亚铁氰化钾制备而成。 （1）基态的价电子排布式为　　　　　　　　　　　。 （2）铁蓝中包含的化学键类型有　　　　　　　　　　　（填字母）。 A．配位键       B．离子键       C．非极性共价键 （3）比较N原子和O原子的第一电离能大小，并从原子结构角度进行解释　　　　　　　　　　　。 （4）邻二氮菲（）与能够生成稳定的橙色配合物，可用做的检测试剂。向溶液（浅黄色）中滴加邻二氮菲溶液，最终未观察到溶液呈现明显的橙色，原因是　　　　　　　　　　　。 II．在不同温度下，单质铁可表现出不同的晶体结构，从而具有不同用途。的部分晶胞结构和的晶胞结构如下图所示，回答下列问题： （5）每个晶胞实际包含2个Fe原子，每个Fe原子周围等距且紧邻的Fe原子有8个。试在图中用“”表示出晶胞中其余Fe原子所处的位置　　　　　　　　　　　。 （6）若和的晶胞体积分别为和，则和晶体的密度之比是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）A B     （3）第一电离能：；原子的价层电子排布式为，轨道处于半满状态，更稳定，不易失电子     （4）与的配位能力更强，溶液中的浓度低     （5）     （6）      【解析】(1)铁是26号元素，基态的价电子排布式为； (2)中存在阴阳离子之间的离子键，亚铁离子与氰根离子之间存在配位键； (3)原子的价层电子排布式为，轨道处于半满状态，更稳定，不易失电子，则第一电离能：； (4)因为与的配位能力更强，溶液中的浓度低，所以未观察到溶液呈现明显的橙色； (5)每个晶胞实际包含2个Fe原子，每个Fe原子周围等距且紧邻的Fe原子有8个。则铁原子位于8个顶点和1个体心，即； (6)每个晶胞实际包含2个Fe原子，则密度：；的晶胞含有铁原子：，密度为：，则和晶体的密度之比是：。 2.(2026·北京石景山·二模)某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl−，流程示意图如下。 已知：锌浸出液中含有Zn2+、Cl−等离子，“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。 （1）基态Cu原子价层电子排布式是　　　　　　　　　　　。 （2）写出H2SO4的电离方程式　　　　　　　　　　　。 （3）比较H3O+和H2O中H-O-H的键角并解释原因　　　　　　　　　　　。 （4）CuCl晶体的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如下图所示。 ①与Cl原子紧邻的Cu原子有　　　　　　　　　　　个。 ②已知CuCl的摩尔质量是 M g·mol−1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为　　　　　　　　　　　g·cm-3。(1 nm = 10-9 m) （5）下列说法正确的是　　　　　　　　　　　。 a．“浸铜”后的溶液中有H2SO4和H2O2剩余 b．“浸铜”反应：Cu + H2O2 + 2H+ = Cu2+ + 2H2O c．“脱氯”反应：Cu2+ + Cu + 2Cl− = 2CuCl 【答案】（1）3d104s1     （2）H2SO4 = 2H++SO     （3）H3O+中H-O-H键角>H2O中H-O-H键角；H3O+和H2O的中心原子都是sp3杂化，H3O+有一对孤电子对，H2O有两对孤电子对，斥力更大     （4）① 4    ②      （5）bc      【解析】(1)为29号元素，价层电子包括最外层4s和次外层3d，价层电子排布式是3d104s1 (2)硫酸是二元强酸，完全电离，电离方程式为：； (3)H3O+中H-O-H键角>H2O中H-O-H键角；H3O+和H2O的中心原子都是sp3杂化，H3O+有一对孤电子对，H2O有两对孤电子对，斥力更大； (4)① 观察晶胞图得：与Cl原子紧邻的Cu原子有4个； ② 晶胞中，数目为，数目为，1个晶胞含四个，该晶体的密度为 (5)“浸铜”后，需完全消耗，避免后续氧化，a错误；“浸铜”时，在酸性条件下被氧化，反应方程式为：，b正确；“脱氯”时，与发生归中反应，生成+1价的，反应方程式为：，c正确；故选bc。 3.(2026·北京海淀·二模)自旋交叉配合物在分子开关、信息存储等领域具有重要应用。科研人员合成了一种Fe(Ⅲ)自旋交叉配合物A，结构如下图。 （1）基态的价电子排布式为　　　　　　　。 （2）A的Fe(Ⅲ)配离子中，中心离子的配位数是　　　　　　　；配位原子是　　　　　　　。 （3）A中的由等物质制得。根据VSEPR理论推测分子的空间结构为　　　　　　　形。 （4）A的晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、b nm、c nm，结构如图。 已知：A的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为。 ①晶胞中，阴、阳离子的数目均为　　　　　　　。 ②晶体的密度为　　　　　　　 。() （5）在温度、光、电或压力等外部刺激下，A在低自旋(LS)态和高自旋(HS)态间进行可逆切换，即自旋交叉现象，进而实现“开关”功能。将下图中配离子的的LS态和HS态补充完整　　　　　　　。 已知：受配体提供电子对的影响，的5个d轨道能量发生变化。2个d轨道能量略有上升，记为eg组，3个d轨道能量略有下降，记为组。当未成对电子数尽可能少且处于低能量轨道时，处于LS态；未成对电子数尽可能多且自旋平行时，处于HS态。 【答案】（1）     （2）① 6    ② N和O     （3）三角双锥     （4）① 4    ②      （5）      【解析】(1)Fe是26号元素，基态Fe核外电子排布为，价电子排布式为。 (2)由结构可知，中心共形成6个配位键，配位原子是提供孤对电子的N和O，因此配位数为6。 (3)中心P原子价层电子对数为，无孤对电子，因此空间结构为三角双锥形。 (4)①根据均摊法：阳离子（Fe配离子）共8个在棱上，2个在内部，总个数为；阴离子共4个在面上，2个在内部，总个数为，数目均为4。  ②晶胞体积转换为，晶胞总质量，密度。 (5)共5个d电子，根据题意：LS态电子优先填充低能，尽可能成对，因此5个电子排布为；HS态电子优先分占轨道、自旋平行，未成对电子最多，因此排布为，排布图见答案。 4.(2026·北京丰台·一模)纳米磁性液体(简称磁流体)在医药等领域应用广泛。 （1）位于元素周期表中的　　　　　　　区。 （2）共沉淀法制备：将、的混合物与溶液混合加热制得。 ①制备的离子方程式为　　　　　　　。 ②的熔融态能导电，熔点为1594℃，而的熔点为306℃，前者熔点高于后者的原因是　　　　　　　。(已知电负性：Fe 1.8   O 3.5   Cl 3.0) （3）共沉淀法制备出的纳米容易团聚，导致粒径过大，需要对进行表面改性。方法是在弱碱性条件下将与油胺混合形成油胺包覆的，结构如下。 ①与油胺之间形成的化学键为　　　　　　　。 ②油胺包覆的易溶于环己烷的原因是　　　　　　　。 （4）的晶胞是立方体结构，结构Ⅰ和Ⅱ交替排布在晶胞的八个小立方体中，如下图所示(后四个小立方体中的结构Ⅰ和Ⅱ省略)。 ①图中A代表　　　　　　　(填“”或“”)。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，晶体密度为，晶胞边长为　　　　　　　cm。 【答案】（1）d     （2）①     ② 熔化时破坏的是离子键，熔化时主要破坏分子间作用力，离子键比分子间作用力更强，因此熔点高于     （3）① 配位键    ② 油胺包覆的表面有极性小的长碳链烃基，环己烷为非极性溶剂，依据相似相溶原理，该物质易溶于环己烷     （4）①     ②       【解析】(1)Fe是26号元素，核外电子排布为，最后一个电子填充在d轨道，因此位于元素周期表d区； (2)①可看作，反应物中，和加热反应生成和水，离子方程式： ； ② 晶体类型不同，作用力强度不同：是离子晶体，熔化破坏离子键；是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，离子键强度远大于分子间作用力，因此熔点更高； (3)① 油胺中的N原子有孤对电子，表面的Fe离子有空轨道，二者形成配位键； ② 相似相溶原理：油胺包覆后，外层为极性小的长链烃基，环己烷为非极性溶剂，依据相似相溶原理，该物质易溶于环己烷； (4)① 晶胞分为8个小立方体，结构Ⅰ和Ⅱ交替排布在晶胞的八个小立方体中，相当于4个交替堆叠成完整的晶胞，根据图示：位于内部，共计8个，个数个，A位于内部，个数是个，B位于顶点、棱心和内部，个数是，根据的化学式，说明一共是16个，一共是8个，则A为，B代表； ② 晶胞中共含8个，晶胞质量，由密度公式，推导得晶胞边长。 5.(2026·北京石景山·一模)是主要的食盐加碘剂，一种制备的流程如下。 （1）基态O原子价层电子排布式是　　　　　　　。 （2）比较在和中溶解度的大小并解释原因　　　　　　　。 （3）的晶胞结构如下图所示，晶胞边长均为。 ①与K原子紧邻的O原子有　　　　　　　个。 ②已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　　　　　　　。() （4）补全ⅰ中反应的化学方程式：　　　　　　　。 （5）已知：，某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为： a．准确称取食盐(所加碘为)，加适量蒸馏水使其完全溶解 b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量溶液，使与反应完全 c．以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为的溶液10.0 mL，恰好反应完全 ①判断c中反应恰好完全依据的现象是　　　　　　　。 ②根据以上实验，所测精制盐的碘含量是　　　　　　　(以I计，用含的代数式表示)。 【答案】（1）2s22p4     （2）碘分子、四氯化碳分子均为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶，碘单质在四氯化碳中溶解度大于在水中溶解度     （3）① 12    ②      （4）     （5）① 滴入最后半滴标准溶液，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不恢复原色    ②       【解析】碘单质和氯酸钾生成，加入氢氧化钾反应生成碘酸钾溶液； 滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作； (1)氧为8号元素，基态O原子价层电子排布式是2s22p4； (2)碘分子、四氯化碳分子均为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶，碘单质在四氯化碳中溶解度大于在水中溶解度； (3)①K处于顶点、O处于面心，在与K原子紧邻的O原子有12个。 ② 已知的摩尔质量是，根据“均摊法”，晶胞中含个K、个O、1个I，则晶体密度为。 (4)氯化钾、氯气系数分别为5、3，结合氯原子守恒，氯酸钾系数为11，则碘单质系数为6，结合氢原子守恒，水分子的系数为3，反应为：； (5)① 淀粉和碘单质相遇溶液变为蓝色，则c中反应恰好完全依据的现象是滴入最后半滴标准溶液，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不恢复原色。 ② 碘酸钾和碘离子反应生成碘单质：，结合反应，存在，则所测精制盐的碘含量是。 6.(2026·北京东城·一模)(多选)过氧化钙可用于污水处理。 Ⅰ.的制备 将与浓氨水、溶液混合，在冰水浴中冷却后即有沉淀析出。分离沉淀，洗涤，干燥，低温脱水，得。 （1）基态氧原子价层电子轨道表示式为　　　　　　　　。 （2）制备反应的离子方程式为　　　　　　　　。 （3）已知为酸性很弱的二元弱酸，解释制备时浓氨水的作用：　　　　　　　　。 （4）通过检验来判断沉淀是否洗涤干净：取最后一次洗涤沉淀的滤出液，　　　　　　　　（补全操作和现象），表明沉淀已洗涤干净。 Ⅱ.的结构 （5）的晶体结构示意图如下。 ①用表示阿伏加德罗常数的数值。该晶体的密度为　　　　　　　　。 ②的熔点明显高于，分析原因：　　　　　　　　。 Ⅲ.处理含苯酚污水 （6）溶于水可产生，将苯酚氧化，在时，最终产物为和。理论上处理含苯酚的污水，至少需消耗　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）     （3）浓氨水中和，使、正向移动，提高，利于生成沉淀     （4）加入硝酸银溶液，无白色沉淀     （5）①     ② 是离子晶体，是分子晶体，前者的离子键强于后者的分子间作用力     （6）14      【解析】(1)氧的核电荷数为 8，价电子排布式为2s22p4，轨道表示式为：(2s轨道全充满，2p轨道遵循洪特规则排布)。 (2)将与浓氨水、溶液混合，在冰水浴中冷却后即有沉淀析出，离子方程式为：。 (3)H2O2是弱酸，在水中会发生微弱电离、，浓氨水中和，使H+浓度降低，平衡、正向移动，提高，利于生成沉淀。 (4)沉淀表面会吸附Cl-（来自反应物CaCl2），检验方法是取最后一次洗涤的滤液，滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，查看是否有白色沉淀生成，但是因为反应体系中不涉及碳酸根等杂质离子，仅仅只有氯离子，因此只需要滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已洗涤干净。 (5)① 由晶胞结构可知，Ca2+位于顶点和面心，个数为，位于棱心与体心，个数为，Ca的摩尔质量为40 g/mol，的摩尔质量为32 g/mol，所以晶胞质量为，晶胞体积V=，密度，②CaO2是离子晶体，微粒间作用力为离子键；H2O2是分子晶体，微粒间作用力为范德华力和氢键。离子键的强度远大于分子间作用力，因此CaO2的熔点明显高于H2O2。 (6)苯酚的分子式为C6H5OH，设C的平均化合价为x，根据化合价代数和为0，，解得，产物为CO2，C 的化合价为+4，则1 mol苯酚中 6 个C的总失电子数为：，根据得失电子守恒，从而得到反应方程式：，CaO2溶于水生成H2O2，反应方程式为：，根据化学方程式与电子守恒有：14CaO2~14H2O2~C6H5OH，所以处理含苯酚的污水，至少需消耗14。 7.(2026·北京丰台·二模)锡基卤化物钙钛矿以其高光电性能和低毒性受到广泛关注。 （1）某锡基卤化物钙钛矿材料的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如下图所示。 ①每个周围与它最近且距离相等的有　　　　　　　　个。 ②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度为　　　　　　　　。 ③中H—N—H键角比中H—N—H键角　　　　　　　(填“大”或“小”)，原因是　　　　　　　　。 （2）锡基钙钛矿中容易被氧化为是制约其发展的关键问题。的价层电子排布式为　　　　　　　　。 （3）为了防止被氧化，提高其稳定性的方法是将替换为具有更大离子半径的有机阳离子：质子化的3-氨基苯磺酰胺，其结构如下。 该离子与无机层(和所在的层)的微粒间存在多种相互作用，直接保护了易被氧化的，且外部微粒更难进入。 ①质子化的3-氨基苯磺酰胺与之间存在的化学键为　　　　　　　　。 ②质子化的3-氨基苯磺酰胺与之间存在配位键，其分子中N、O、S能作配位原子的是　　　　　　　　。 【答案】（1）① 6    ②     ③ 大    ④ 二者氮原子均为杂化，中N原子上存在1对孤电子对，有较大斥力，导致键角较小     （2）5s2     （3）① 离子键    ② O      【解析】(1)①位于体心，则每个周围与它最近且距离相等的有6个。 ②位于体心，晶胞中含1个，结合化学式，则晶体密度为； ③二者氮原子均为杂化，中N形成4个共价键，无孤电子对，中N形成3个共价键，存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，则中H—N—H键角比中H—N—H键角大； (2)Sn为50号元素，失去2个电子形成离子，的价层电子排布式为5s2； (3)① 质子化的3-氨基苯磺酰胺为阳离子、碘离子为阴离子，两者之间存在的化学键为离子键； ② 质子化的3-氨基苯磺酰胺中氨基被质子化为，该氮原子无孤电子对，且S也没有孤电子对，而O中存在孤电子对，故分子中N、O、S能作配位原子的是O。 8.(2026·北京房山·二模)铜元素在生物和化学研究中发挥着至关重要的作用。回答下列问题。 （1）Cu原子位于元素周期表的　　　　　　区。 （2）双核铜物种存在于色素细胞中，某大环双核铜配合物的配离子结构如图。 ①该配离子中所含第二周期元素的基态原子第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　。 ②键角　　　　　　(填“>”、“<”或“=”)，解释原因　　　　　　。 （3）晶体的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如下图所示。 ①图中●表示的微粒是　　　　　　(填序号)。 a．Cu       b．       c．       d． ②已知阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为　　　　　　。() （4）向溶液中加入氨水先出现蓝色沉淀继续加入过量氨水沉淀溶解得到深蓝色透明溶液，比较与作为配体，与配位能力强弱并从结构角度解释原因　　　　　　。 【答案】（1）ds     （2）① N>O>C    ② >    ③ 处中心N原子为杂化，键角接近120°，处中心C原子为杂化，键角接近109°28'     （3）① b    ②      （4）分子与的配位能力强于分子与的配位能力，N的电负性小于O，N原子给出孤电子对的能力强于O      【解析】(1)Cu的核外电子排布为，其价电子构型为，因此Cu位于ds区； (2)① 配离子中第二周期元素为C、N、O；同周期第一电离能从左到右整体增大，但N原子的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的O原子，因此顺序为； ②α处为与Cu配位的N原子，该N原子为杂化，键角接近120°；β处为配体中的C原子，为杂化，键角接近109°28′。因此键角； (3)① 晶胞结构中，白球位于顶点和体心，数目为；黑球位于晶胞内部，数目为4，中与个数比为2:1，因此黑球表示的是； ② 晶胞中含有2个单元，晶胞质量为，晶胞体积为，因此晶体密度； (4)配位能力：；原因为N的电负性小于O，对孤电子对的吸引力更弱，更易给出孤电子对与形成配位键。 9.(2026·北京西城·二模)青铜器腐蚀与CuCl发生的自催化腐蚀循环有关。可采用多种化学方法对青铜器进行保护。 （1）与较致密不同，疏松多孔，对青铜器内部无保护作用。 ①基态Cu的价层电子排布式是　　　　　　　　　　　。 ②的空间结构是　　　　　　　　　　　。 （2）CuCl晶胞形状为立方体，结构如图。 ①CuCl中每个周围与它最近且距离相等的有　　　　　　　　　　　个。 ②该晶胞的边长为a nm，阿伏加德罗常数为，CuCl的摩尔体积是　　　　　　　　　　　。() ③乙腈()的水溶液可溶解CuCl，易溶于水的原因有　　　　　　　　　　　。 （3）常用苯丙三氮唑(BTA)处理出土的青铜器。BTA将Cu2O转化为致密的平面结构的保护膜 。BTA和的结构如图。 已知：ⅰ.    ⅱ. ①下列说法正确的是　　　　　　　　　　　(填序号)。 a．BTA分子所有碳原子均为sp2杂化 b．属于网状结构的高分子 c．是位于sp2杂化轨道上的孤电子对与的空轨道相互作用形成的 ②复合膜能有效抑制铜的腐蚀，在强酸性条件下复合膜保护效果不好，除酸破坏Cu2O外，其他的原因是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）①     ② 平面三角形     （2）① 4    ②     ③ 与水分子之间可以形成氢键；乙腈分子和水分子都是极性分子，乙腈与水相似相溶     （3）① a、c    ② 与反应生成了BTA，浓度降低，平衡：正向移动，从而破坏了复合膜中的，导致保护效果不好      【解析】(1)① 铜是29号元素，基态Cu的价层电子排布式是。 ②中心原子的价层电子对数=，孤电子对数=，所以的空间结构是平面三角形。 (2)① 根据晶胞结构，每个周围最近的是4个，每个周围最近的也是4个。 ② 每个晶胞包含4个4个，相当于有4个CuCl，一个晶胞体积是，所以CuCl的摩尔体积是。 ③与水分子之间可以形成氢键，增大了与水分子之间的作用力，乙腈分子和水分子都是极性分子，乙腈与水相似相溶。 (3)①a．苯环上所有碳原子均为sp2杂化，所以BTA分子所有碳原子均为sp2杂化，a正确； b．属于链状结构的高分子。 c．价层电子对有2个成键电子对和一对孤电子对， 是杂化，所以是位于sp2杂化轨道上的孤电子对与的空轨道相互作用形成的，c正确； 故选择a、c ② 在强酸条件下，氢离子浓度增大，使平衡逆向移动，消耗了，平衡：正向移动，从而破坏了复合膜中的，导致保护效果不好。 10.(2026·北大附中·一模)氯化铍()常作为制备高纯金属铍的中间体，易水解，其结构随外界条件的变化而变化。相关资料如下表所示： 温度 >800℃ 400~500℃ 室温 存在形态 主要为气态单体 主要为气态二聚体 固态链状多聚体(结构式中的虚线表示聚合物链的延伸) （1）①写出基态铍原子的轨道表达式　　　　　　　　　　　。 ②第一电离能，从原子结构的角度解释原因　　　　　　　　　　　。 （2）关于不同结构的说法正确的是　　　　　　　　　　　(填序号) a．气态单体是非极性分子 b．二聚体中原子的杂化方式为 c．温度从低到高结构发生变化时均有化学键被破坏 （3）在多聚体中，每个铍原子与四个氯原子形成四面体，这些四面体通过共用两个顶点(氯原子)连接成一维无限延伸的锯齿形长链，如图1所示；链和链之间主要靠范德华力结合。若想提高多聚体的熔点，在不改变元素组成的情况下，大胆提出你认为可以从结构上做出的改变是　　　　　　　　　　　。 （4）实验室可用与、在高温下反应制备无水。 ①的一种晶胞为立方体，如图2所示，边长为。表示阿伏伽德罗常数。该晶体的密度为　　　　　　　　　　　。( ) ②每生成，反应转移电子，写出制备反应的化学方程式　　　　　　　　　　　。 ③在制备和纯化无水时，必须在干燥的空气环境中。现从含有少量未反应的氧化铍和碳粉的混合物中分离出纯净的无水氯化铍，选择的分离方法是　　　　　　　　　　　(填序号)。 a．萃取       b．过滤       c．升华       d．蒸馏 【答案】（1）①     ② 第一电离能，价电子排布为，为，能级电子能量高于能级，更易失去。     （2）abc     （3）链与链之间，通过原子与不同四面体的氯原子配位，发生“交联”，使一维链状结构转化为二维网状或更高维度，将原本仅靠范德华力结合的链间作用变为强度更高的共价键，从而提升多聚体的熔点。(言之有理即可)     （4）①     ②     ③ c      【解析】(1)① 铍是4号元素，基态核外电子排布为，轨道表达式为； ② 从电子排布稳定性角度分析，Be原子的价电子排布为，s轨道为全充满状态，能量较低，结构稳定，不易失去电子。B原子的价电子排布为，p轨道上只有一个电子，能量较高，易失去； (2)a．气态单体为直线形对称结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，a正确； b．二聚体中每个Be原子与3个Cl原子成键，价层电子对数为3，Be原子的杂化方式为，b正确； c．温度升高时，多聚体变为二聚体、二聚体变为单体，都需要断开Be-Cl共价键，因此均有化学键被破坏，c正确； 故答案abc； (3)原固态多聚体中，链与链之间仅靠弱范德华力结合，因此熔点较低。不改变元素组成的前提下，利用Be有空轨道、Cl有孤电子对，可以让不同链之间形成配位键交联，将一维链状结构转变为二维/三维共价网状结构，链间作用力从弱范德华力变为强共价键，从而提高熔点； (4)① 用均摊法可得该BeO晶胞中含4个BeO单元，晶胞质量，晶胞边长，体积，密度； ② 生成转移电子，得到电子，因此1 mol C需要失去电子，C被氧化为+2价，产物为，配平得到方程式 ； ③ 易升华，杂质BeO和碳粉都是高熔点固体，因此可以用升华法分离提纯，选c。 11.(2026·北京朝阳·质量检测)(多选)催化剂研究已成为合成氨工业技术改造和更新的关键。 （1）目前工业上主要以和为原料，使用铁基催化剂合成氨。铁基催化剂是以为活性主体，添加、、CaO等助剂制成。 ①基态Fe原子未成对电子数为　　　　　　。 ②、、、CaO的化学键中离子键成分的百分数最高的是　　　　　　。 ③CaO作助剂与其熔点高有关。从结构角度解释CaO熔点高于的原因：　　　　　　。 （2）也可用作和合成氨的催化剂，其晶胞是立方体结构，边长为a nm，结构示意图如下。 每个Fe原子周围与它最近且距离相等的Fe原子有　　　　　　个。 ②已知催化剂的活性与其表面单位面积含有Fe原子的个数有关。图中阴影所示的平面上每平方纳米含有的Fe原子个数为　　　　　　。 （3）当前合成氨工艺的能耗较大，原料之一需要制备并纯化。我国科学家研制出的双催化剂实现了在温和条件下以为氢源合成氨，其反应为： ①已知： 则　　　　　　(用含、的代数式表示)。 ②主要过程的催化机理示意图如下(部分微粒未表示)。 已知：催化剂表面单位面积活性中心的数量影响催化过程，若活性中心被占据，催化循环会受阻；催化剂很难吸附CO。 与使用单一催化剂相比，使用双催化剂能提高单位时间内的产率。说明双催化剂中Au的作用：　　　　　　。 【答案】（1）① 4    ②     ③  CaO和均为离子晶体，的离子半径小于，且所带电荷数比多，CaO中的离子键更强，因此熔点更高。     （2）① 8    ②      （3）①       ② 吸附CO，避免CO占据的活性中心，保障催化循环顺利进行，提高单位时间内的产率(合理即可)      【解析】(1)① Fe是26号元素，基态原子核外电子排布为，根据洪特规则，3d轨道中含有4个未成对电子。 ② 离子键成分百分数与成键原子电负性差相关，电负性差越大，离子键成分越高，四种化合物中，K的金属性最强，电负性最小，K与O的电负性差最大，因此的离子键成分百分数最高。 ③ CaO和均为离子晶体，的离子半径小于，且所带电荷数比多，CaO中的离子键更强，因此熔点更高。 (2)① 该晶胞为体心立方晶胞，每个Fe原子（体心或顶点）周围最近且等距的Fe原子数为8，即配位数为8。 ② 由图可知，该阴影面为立方体的顶面，即阴影平面为边长的正方形，面积为；该平面上，包含4个顶点的Fe原子，每个顶点的Fe原子被4个相邻晶胞共享，所以每个顶点的Fe原子贡献，故该平面上Fe原子总数为个，因此每平方纳米含有的Fe原子数为。 (3)① 根据盖斯定律，将已知第一个反应乘以，第二个反应乘以，相加可得目标反应，因此。 ② 根据题意知，难以吸附CO，若活性中心被占据会导致催化循环受阻，由催化机理图可知，Au可以吸附CO，使产物脱附，维持的活性，加快反应，提高单位时间内产率，故双催化剂中Au的作用吸附CO，避免CO占据的活性中心，保障催化循环顺利进行，提高单位时间内的产率(合理即可)。 12.(2026·北京房山·一模)NaCl在人类文明的发展中扮演了重要的角色。 I．为理解NaCl溶解过程的能量变化，可设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。 （1）根据各微粒的状态，可判断a　　　　　　　0(填“>”或“<”)。 （2）　　　　　　　。 Ⅱ．高压不仅会引发物质的相变，也会导致新类型化学键的形成。NaCl晶体在超高压下和Na或反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体，如图两种晶体的晶胞： （3）基态Cl原子价层电子轨道表示式为：　　　　　　　。 （4）晶胞A中每个Na原子周围与它等距且最近的Na原子有　　　　　　　个。 （5）晶胞B形状为长方体，棱长分别为，结构如图所示，阿伏加德罗常数为。该晶体密度为　　　　　　　。 （6）NaCl的熔点小于NaF的熔点，原因是　　　　　　　。 （7）NaCl晶体在熔融状态下才能导电，而超高压下合成的晶体固态就可以导电，可能的原因是　　　　　　　。 【答案】（1）>     （2）a+b     （3）     （4）8     （5）     （6）NaCl和NaF均为离子晶体，离子所带电荷数相同，Cl-半径大于F-，NaCl晶格能小于NaF，因此NaCl熔点更低     （7）Na3Cl具有金属晶体的特征，存在自由移动电子，导电性增强      【解析】(1)第一步是NaCl固体断裂离子键变为气态Na+和Cl-，断键需要吸收能量，焓变大于0，因此a>0。 (2)根据盖斯定律，总反应焓变等于分步反应焓变之和，。 (3) Cl原子序数为17，基态Cl原子价电子排布为，按照洪特规则和泡利不相容原理，轨道表示式为。 (4) 晶胞A中Na位于顶点和体心，与体心Na等距最近的Na为顶点的Na，共8个。 (5)晶胞B中，Na数目为，Cl数目为，晶胞总质量，晶胞体积，密度。 (6)离子晶体熔点由晶格能决定，电荷相同时，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，NaCl和NaF均为离子晶体，离子所带电荷数相同，Cl-半径大于F-，NaCl晶格能小于NaF，因此NaCl熔点更低。 (7)普通NaCl是离子晶体，固态时离子不能自由移动，只有熔融后电离出自由移动离子才能导电，Na3Cl具有金属晶体的特征，存在自由移动电子，因此固态就能导电。 13.(2026·北京顺义·一模)金属-有机框架材料(MOFs)是由含金属的节点与有机连接体构筑形成的一种材料，具有空间立体网状结构，在气体存储、分离领域具有潜在应用价值。MOF-5是一种典型的金属有机框架材料。 （1）MOF-5的一种制备方法如下。 ①Zn的基态原子价层电子轨道表示式是　　　　　　。 ②DMF的分子式是　　　　　　。 ③组成DMF的第二周期元素中，元素的第一电离能最大的是　　　　　　。 （2）MOF-5晶体的晶胞是立方体结构，结构示意图如下。 ①MOF-5中每个周围与它最近且距离相等的有　　　　　　个。 ②MOF-5晶体的密度为，和的摩尔质量分别为和，阿伏伽德罗常数为，该晶胞的棱长为　　　　　　。 （3）研究发现MOFs材料的热稳定性与金属阳离子所带电荷及其尺寸有关。将MOF-5中的替换为，材料的热稳定性显著提升。从微粒间作用的角度解释原因　　　　　　。 【答案】（1）①     ②     ③ N     （2）① 6    ②      （3）Al3+所带电荷比Zn2+多，离子半径比Zn2+小，与配体之间作用强度更大      【解析】(1)① Zn是30号元素，基态原子价层电子排布为，价层电子轨道表示式为； ② DMF为N,N-二甲基甲酰胺，结构为，分子式为； ③ 组成DMF的第二周期元素为C、N、O，同周期第一电离能从左到右整体增大，且N的2p轨道为半满稳定结构，第一电离能N>O>C，故第一电离能最大的是N(氮)。 (2)① 每个在x、y、z三个轴的正负方向，各连接1个最近的，故总数为6； ② 根据均摊法，位于顶点、棱心、面心和体心，数目为，根据电荷平衡，数目为，设晶胞棱长为，则晶胞体积，晶胞总质量，由密度公式得：。 (3)Al3+所带电荷比Zn2+多，离子半径比Zn2+小，与配体之间的作用强度更大，因此材料热稳定性显著提升。 14.(2026·北京朝阳·质量检测)金(Au)是一种用途广泛的贵重金属，硫脲是一种新型浸金试剂。 （1）基态Au原子的价层电子排布式为。按核外电子排布，下列元素与金元素位于元素周期表同区的是　　　　　　　　　　　(填序号)。 a．       b．       c． （2）硫脲可看作是尿素中的O原子被S原子取代的产物。 ①一个硫脲分子中的键数目为　　　　　　　　　　　。 ②结合的能力强于，与S、O的电负性有关。比较S和O的电负性大小，并从结构角度说明理由：　　　　　　　　　　　。 （3）一种Au-Cu合金的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如下。 ①每个Au原子周围与它最近且距离相等的Cu原子有　　　　　　　　　　　个。 ②已知阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　　　　　　　　　　　。() （4）硫脲与联合浸金原理为： ①分子中的S原子与通过配位键结合生成，从而提高金的浸出率。解释二者能形成配位键的原因：　　　　　　　　　　　。 ②溶液pH对金浸出率的影响如下图所示。 时，金的浸出率随pH减小而降低，分析原因：　　　　　　　　　　。 _________________________________（补全反应） 【答案】（1）b     （2）① 7    ② 电负性：S。O和S为同主族元素，电子层数S>O，原子半径S>O，原子对键合电子的吸引能力O>S     （3）① 12    ②      （4）① Au+有空轨道，S原子有孤电子对，可形成配位键    ②       【解析】(1)Au价电子排布为，属于元素周期表的ds区；价电子排布为3d54s1，属于d区；价电子排布为，属于ds区，与Au同区；价电子排布为4s24p1，属于p区，故选b； (2)① 硫脲结构简式为，单键均为σ键，双键含1个σ键，总σ键数目为7； ② O和S同主族，S的电子层数更多，原子半径更大，对键合电子的吸引能力更弱，因此电负性小于O； (3)① 晶胞中Au位于顶点，Cu位于面心，顶点Au周围共有12个相邻面心的Cu，距离最近且相等； ② 晶胞中Au数目，Cu数目，晶胞总质量；晶胞体积；密度； (4)① 有空轨道，S原子含有孤电子对，满足配位键形成条件，因此可以形成配位键； ② 根据题文信息及离子反应方程式中电荷守恒、原子守恒规律，得到反应：。 15.(2026·北京东城·二模) MOF 材料可用于气体的储存和分离。 Ⅰ． 用 与甲酸 、 反应制备 (晶胞结构如图)。 （1）元素周期表中锆(40 Zr)位于第五周期第IVB族。补全的基态原子价层电子轨道表示式： 　　　　　　　　　　　。 （2）中原子的杂化方式有　　　　　　　　　　　。 （3）已知制备反应中各元素化合价均不变，则中 　　　　　　　　　　　， 　　　　　　　　　　　。 （4）已知与的摩尔质量分别为、，晶胞体积为 ，阿伏加德罗常数为 。该晶体的密度为　　　　　　　　　　　 。 Ⅱ．用 与 反应制备 (晶胞结构如图)。 （5）的结构简式为　　　　　　　　　　　 （6）已知低湿度环境中，MOF-B 吸收水蒸气的能力强于 MOF-A，从粒子间相互作用的角度分析可能的原因是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）sp2和sp3     （3）① 8    ② 4     （4）     （5）     （6）B2-中的-OH能与水分子形成氢键      【解析】(1)Zr是40号元素，位于第五周期第IVB族，其核外电子排布为 [Kr] 4d25s2，根据洪特规则，4d轨道上的2个电子应分别占据不同的轨道，且自旋平行；5s轨道上的2个电子成对填充，自旋相反。因此，价层电子轨道表示式为：。 (2)H4A分子中，中心碳原子连接四个苯环，形成四面体结构，为sp3杂化。苯环上的碳原子属于sp2杂化。羧基中的碳原子形成C=O双键，同样为sp2杂化。因此，H4A中C原子的杂化方式有sp2和sp3两种。 (3)Zr在ZrOCl2·8H2O中为+4价，O为-2，OH⁻为-1，HCOO⁻为-1，根据离子所带电荷等于正负化合价的代数和：6×(+4)+4×(−2)+4×(−1)+ n×(−1)= m，24−8−4− n = m，m + n =12。观察晶胞结构，位于顶点和面心，顶点：8 × = 1，面心：6 × = 3，总计：4个，A4-位于晶胞内部，共8个，根据电荷守恒：4 m =8×4 ，  m =8，代入 m + n = 12，得 n = 4。 (4)晶胞中含4个[Zr6O4(OH)4(HCOO)4] 8+和8个A4-，质量为 g   ，晶胞体积为v cm3，因此密度为：𝜌==gcm−3。 (5)H2B结构中有两个-COOH，在反应中脱去2个H+形成B2-，B2-结构简式为：。 (6)MOF-A中的A4-只能作为氢键受体与水分子作用，而MOF-B中的B2-含有的羟基既可作为氢键供体也可作为氢键受体，能与水分子形成更强的氢键作用。故MOF-B吸水能力更强的主要原因是B2-中的-OH能与水分子形成氢键。 16.(2026·北京顺义·二模)钠的化合物在日常生活、化学工业及科学研究等领域应用广泛。 （1）和都是重要的工业原料。 ①基态Na原子的核外电子空间运动状态有　　　　　　种。 ②比较C和O的第一电离能大小，并从原子结构角度说明理由　　　　　　。 ③的VSEPR模型名称是　　　　　　。 ④物质的水溶性与构成物质的微粒与水分子的结合有关。易与水分子通过氢键作用促进溶解，离子间则通过氢键形成二聚体导致其与水分子间形成氢键的程度减弱，减少溶解。写出的稳定结构的结构式　　　　　　。 （2）冰晶石是电解铝工业的助熔剂，其高温相的晶胞是立方体结构，边长为，结构如图所示。 ①中Al-F键为配位键。与能形成配位键的原因是　　　　　　。 ②距离最近的有　　　　　　个。 ③阿伏伽德罗常数为，该晶体的密度为　　　　　　()。 【答案】（1）① 6    ② 氧原子与碳原子电子层数相同，氧原子核电荷数大，原子半径小，对最外层电子的吸引作用强，更难失去电子，第一电离能C；    ③ 平面三角形    ④      （2）① 氟离子最外层存在孤电子对，铝离子存在空轨道    ② 12    ③       【解析】(1)① 基态Na原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，电子占据6个原子轨道，电子空间运动状态有6种。 ② 氧原子与碳原子电子层数相同，氧原子核电荷数大，原子半径小，对最外层电子的吸引作用强，更难失去电子，第一电离能大；所以C和O的第一电离能C＜O。 ③中C原子价电子对数为 ，VSEPR模型名称是平面三角形。 ④离子间则通过氢键形成二聚体的稳定结构，的结构式。 (2)① 氟离子最外层存在孤电子对，而铝离子存在空轨道，所以与能形成配位键。 ②位于晶胞的顶点和面心，所以距离最近的有12个。 ③ 根据均摊原则，晶胞中含的数目为，根据化学式，晶胞中应含数目4×3=12，阿伏伽德罗常数为，该晶体的密度为 。 17.(2026·北京昌平·二模)寻找储氢材料并改进储氢性能是当前研究热点之一。 I．氨硼烷()是一种具有潜力的储氢材料。 氨硼烷在催化剂作用下与水反应释放氢气： 已知：①的球棍模型为，的结构简式为 ②元素的电负性：H 2.1、B 2.0、C 2.5、N 3.0、O 3.5 ③分子间正电性氢()和负电性氢()之间存在静电吸引作用，可用“”表示。 ④通常，氢键“”中Y原子需含有孤电子对。 （1）氨硼烷释放氢气的反应中，B原子的杂化轨道类型由　　　　　　　　　　　变为　　　　　　　　　　　。 （2）氨硼烷的熔点()高于与其分子量相近的乙烷的熔点()，原因是　　　　　　　　　　　(答出两点)。 Ⅱ．镁基储氢材料及储氢性能的改进。 （3）的晶胞结构示意图如下图，边长分别为、、。 ①图中黑球代表　　　　　　　　　　　原子。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　　　　　　　　　　　。() （4）和固溶物协同释放氢气反应的能量变化示意图如下。 ①从平衡角度推断利于释放氢气的条件并说明理由：　　　　　　　　　　　(答出两点)。 ②固溶物协同释放氢气效果优于，分析原因　　　　　　　　　　　(答出两点)。 【答案】（1）①     ②      （2）氨硼烷分子间存在双氢键（类氢键作用），乙烷分子间不存在氢键；氨硼烷是极性分子，分子量相近时，氨硼烷分子间范德华力大于乙烷     （3）① Mg    ②        （4）① 高温：该释氢反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，利于释放氢气；低压：该反应正反应为气体分子数增大的反应，降低压强平衡正向移动，利于释放氢气    ② 降低了释氢反应的活化能，加快了反应速率；该路径下释氢反应焓变更小，正向反应程度更大，更易释放氢气      【解析】(1)中B原子共形成4个σ键，无孤电子对，价层电子对数为4，杂化类型为；产物中每个B原子形成3个σ键，无孤电子对，价层电子对数为3，杂化类型为。 (2)氨硼烷和乙烷相对分子质量相近，但氨硼烷是极性分子，本身分子间范德华力更大；结合题给电负性信息，氨硼烷中与可形成分子间氢键，分子间作用力远强于仅存在范德华力的乙烷，因此熔点更高。 (3)①中原子个数比，图中黑球位于晶胞顶点和体心，数目为，白球位于晶胞面上和内部，数目为，因此黑球代表Mg原子。 ② 晶胞中Mg原子位于晶胞顶点和体心，数目为，对应晶胞含2个，晶胞质量，晶胞体积，因此密度。 (4)①放氢反应为吸热、气体分子数增多的反应，根据勒夏特列原理：升高温度，平衡向吸热的正方向移动；减小压强，平衡向气体分子数增多的正方向移动，均利于放氢。 ② 由能量图可知：加入固溶物后，反应活化能明显降低，反应速率更快；同时放氢反应的焓变减小（吸热量减少），热力学上更有利于放氢进行。 18.(2026·北京昌平·一模)电催化分解制氢脱硫是实现清洁高值利用的途径之一。钴（Co）掺杂的硫化镉（CdS）材料是电催化分解的一种催化剂，可由、及等制得。 （1）基态的价层电子排布式为　　　　　　。 （2）分解制比分解制所需的能量低，从原子结构的角度说明原因：　　　　　　　　　　。 （3）的熔点（）高于的熔点（），解释原因：　　　　　　　　　　　　。 （4）CdS的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如下。 ①与最近且距离相等的阳离子有　　　个。 ②已知CdS的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　　　。（） （5）电催化分解制氢脱硫包括直接分解法和间接分解法，原理装置示意图如下。 ①直接分解法通常采用碱性溶液吸收制成NaHS溶液进行电解，电解一段时间后反应会停止，结合电极反应式解释原因：　　　　　　　　　　　　　。 ②与直接分解法相比，间接分解法的优势是　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）3d7     （2）O原子的原子半径小于S原子，H-O键的键长小于H-S键，H-O键强于H-S键，断裂共价键需要的能量高     （3）Na2S是离子晶体，H2S是分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体     （4）① 4    ②      （5）① 阳极的电极反应式为：HS- -2e-+OH-=S↓+H2O，放电生成的S附着在石墨电极上阻碍了反应的进行    ② 反应生成的S不会附着在石墨电极上阻碍反应的进行，且Fe2+可以循环使用      【解析】(1)钴元素的原子序数为27，基态亚钴离子的价层电子排布式为3d7； (2)共价键的强弱与键长有关，键长越小，共价键越强，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则氧原子的原子半径小于硫原子，H-O键的键长小于H-S键，H-O键强于H-S键，破坏共价键需要的能量高，所以硫化氢分解制氢气需要的能量低于水分解制氢气需要的能量； (3)硫化钠是离子晶体，硫化氢是分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，所以硫化钠的熔点高于硫化氢； (4)① 由晶胞结构可知，晶胞中镉离子位于硫离子形成的四面体空隙中，则与镉离子距离最近的硫离子个数为4，镉离子的配位数为4，由化学式可知，硫离子的配位数为4，所以与硫离子距离最近的镉离子个数为4； ② 由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的镉离子个数为4，位于顶点和面心的硫离子个数为：8×+6×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=( a×10-7)3d，解得d=； (5)① 由题意可知，阳极上发生的反应为碱性条件下硫氢酸根离子在阳极上失去电子发生氧化反应生成硫和水，电极反应式为：HS- -2e-+OH-=S↓+H2O，放电生成的硫附着在石墨电极上阻碍了反应的进行，所以电解一段时间后反应会停止； ② 与直接分解法相比，间接分解法的优势是亚铁离子在阳极上发生氧化反应生成铁离子，铁离子在反应室中与硫化氢反应生成亚铁离子、硫和氢离子，反应生成的硫不能附着在石墨电极上阻碍反应的进行，且反应生成的亚铁离子进入阳极室可以循环使用。 19.(2026·北京西城·二模)双极膜是一种新型离子交换复合膜。在直流电场作用下，在中间催化层可解离为和，为电化学反应提供理想的酸碱环境。 （1）水解离需要破坏的作用力类型是　　　　　　　　　　　。 （2）一种双极膜的结构示意图如图所示。 ①将S的基态原子最外层轨道表示式补充完整：　　　　　　　　　　　。 ②C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是　　　　　　　　　　　。 ③键角：，原因是　　　　　　　　　　　。 ④中间催化层中弱碱性基团催化解离的过程如下。 ⅰ．　　　　　　　　　　　(补全反应) ⅱ． （3）中间催化层还可选择金属化合物作催化剂，如或含铁化合物。 ①的晶胞如图，形状为长方体，边长分别为a nm、a nm和b nm，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是　　　　　　　　　　　。() ②做催化剂，催化效率高，但因易溶于水而流失。可利用聚乙烯亚胺(PEI)与制备如下图所示的复合结构的高效催化剂。 该催化剂具有高亲水性且不易流失，从结构的角度解释原因：　　　　　　　　　　　。 （4）推测双极膜中间催化层中促进解离的基团或粒子可能具有的性质是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）极性共价键     （2）①     ②     ③ 二者N均为杂化，中N上孤电子对数为0，中N上孤电子对数为1；孤电子对排斥力大，故前者键角大    ④      （3）①     ② 复合结构的催化剂中含有氨基，与水形成氢键，使之具有亲水性；PEI与形成配位键，不易流失     （4）弱酸性或弱碱性      【解析】(1)解离为和，需要破坏水分子内部的O-H极性共价键。 (2)① S基态最外层电子排布为，根据泡利原理和洪特规则，电子填充为：3s轨道填入2个自旋相反的电子，3p轨道一个轨道填2个电子，剩余两个轨道各填1个电子，最外层电子排布图为； ② 同周期第一电离能整体从左到右递增，但N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O，因此顺序为； ③ 二者N均采取杂化，为四面体形，无孤电子对，为三角锥形，有1个孤电子对，杂化相同的情况下，孤电子对越多，对成键电子的排斥力越大，键角越小，因此前者键角更大； ④ 总反应为水的解离，结合第二步反应，可推得第一步反应为结合水的氢离子，释放氢氧根，。 (3)① 该晶胞含2个，晶胞质量为，体积转换单位后为，计算得密度为； ② 从结构可知，氨基是亲水基团，且N原子的孤对电子可以和形成配位键，形成较稳定结构，因此不易流失。 (4)促进水的解离，需要结合水分解产生的或，使解离平衡正向移动，因此基团需要能结合或，即具有较弱的酸性或碱性。 20.(2026·北京东城·二模)探究被氧化的条件。 （1）理论分析：中的为-3价，有还原性，且被、等强氧化剂氧化均为放热的自发反应。但的空间结构为　　　　　　　　　　　，高度对称， 且带正电荷，很难直接失去电子。 实验I．向溶液中加入溶液A，实验记录如下： 编号 溶液A 实验现象 a 较长时间无明显变化 b 滴 硫酸 较长时间无明显变化 c 浓氨水(约) 逐渐产生棕色浑浊， 溶液紫色变浅 d 2 浓氨水+5滴硫酸 较快产生棕色浑浊，溶液褪色 （2）溶液中存在，用方程式表示其形成过程：　　　　　　　　　　　。 （3）中，溶液中由大到小的顺序为　　　　　　　　　　　(用编号表示)。 （4）对比推断，影响-3价 被 氧化快慢的因素有　　　　　　　　　　　。 实验II． 向溶液中加入溶液B，实验记录如下： 编号 溶液B 实验现象 e 一段时间内无明显变化； 久置，试管壁有微量气泡 f 滴冰醋酸 立即产生无色气泡 g 2 mL浓氨水 始终无明显变化 h 加热至80°C，立即产生无色气泡 已知：HNO2是一元弱酸，易分解产生在水溶液中以下不分解； 时，， 。 （5）f产生的气体遇空气不变色。为进一步排除该条件下分解出，应补做的对比实验：　　　　　　　　　　　(补充操作)，无明显变化。 （6）资料表明， 溶液与溶液反应的部分历程如下。 1.                                 快 ii．                慢 iii．                                    快 结合该历程分析实验II： ①其他条件相同，适当降低pH可增大反应速率，可能的原因是　　　　　　　　　　　。 ②h中反应速率明显加快，除升温直接加快反应外，可能的原因还有　　　　　　　　　　　。 （7）(s)和(s)受热或撞击时均极易分解产生。原因是晶体中与氧化性酸根距离近，且的与酸根的形成氢键有利于键断裂。 【答案】（1）正四面体     （2），（）     （3）c>d>a>b     （4）pH和     （5）向4 mL 0.5 mol/L NaNO2中滴入5滴冰醋酸     （6）① 降低pH，增大了c(HNO2)和c(N2O3)，但减小了c(NH3)，前者对ii的反应速率影响程度更大    ② 升温促进和的水解，促进反应i，同时提高c(N2O3)和c(NH3)，加快反应ii      【解析】(1)的中心N原子的价电子对数为，为sp3杂化，无孤电子对，空间结构为正四面体； (2)属于强酸弱碱盐，铵根水解，溶液中存在 ，其形成过程为，（）； (3)a 中溶液电离出，水解产生少量；b中加入少量硫酸， 抑制了的水解，浓度比 a 更低；c中2 mL 浓氨水，浓度极高，分解产生的浓度最大；d中2 浓氨水+5滴硫酸，硫酸中和了部分，促进的电离，的浓度比纯浓氨水略低，但高于硫酸铵溶液，所以浓度顺序：c>d> a>b； (4)对比 a~d 的现象：a、b中硫酸铵溶液，加不加酸都几乎不反应，c中浓氨水，缓慢反应，d中浓氨水加少量酸，反应更快可得，因此影响-3价 被 氧化快慢的因素有pH和； (5)因NO与O2反应生成红棕色的NO2，要验证 “无色气体不是NO（来自HNO2分解），而是反应生成的N2”，需要做一个控制变量实验，即向4 mL 0.5 mol/L NaNO2中滴入5滴冰醋酸，无明显变化，即可证明无色气体不是NO（来自HNO2分解），而是反应生成的N2； (6)① 其他条件相同，适当降低pH，增大了c(HNO2)和c(N2O3)，但减小了c(NH3)，前者对ii的反应速率影响程度更大，可增大反应速率； ②h中反应速率明显加快，除升温直接加快反应外，升温还能促进和的水解，促进反应i，同时提高c(N2O3)和c(NH3)，加快反应ii。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $