专题23 物质结构与性质综合题（3年汇编）（全国通用）2024-2026年高考化学真题分类汇编

**基本信息** 汇编2024-2026年江苏、北京等多地区高考物质结构与性质综合真题26道，以碳循环、能源材料等真实情境为载体，融合晶胞分析与定量计算，体现结构决定性质的学科逻辑。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |非选择题|26道|原子结构、周期律、化学键、配合物、晶体结构|结合镍矿制备流程考查电子排布与反应原理，通过高铁酸盐晶胞分析杂化与空间构型，关联平衡分压曲线强化定性定量结合|

专题23 物质结构与性质综合题 3年真题 考点分类 三年考情（2024-2026） 命题规律 物质结构与性质综合题 2026江苏(1题)、2026北京(1题)、2026山东(1题)、2026湖南(1题)、2026河南(1题)、2026黑吉辽蒙(1题)、2026浙江1月(1题)、2025天津(1题)、2025海南(1题)、2025浙江6月(2题)、2025山东(1题)、2025广东(1题)、2025北京(1题)、2025河南(1题)、2025安徽(1题)、2025浙江1月(1题)、2024天津(1题)、2024重庆(1题)、2024海南(1题)、2024北京(1题)、2024湖南(1题)、2024浙江6月(1题)、2024山东(1题)、2024全国甲卷(1题)、2024浙江1月(1题) · 情境设置：联系碳循环、能源、材料、环境治理及资源回收等真实问题。 · 考查重点：覆盖原子结构、周期律、化学键、配合物、晶体结构与性质，兼顾元素化合物综合分析。 · 命题趋势：图表、晶胞和流程融合，突出结构决定性质、定性与定量结合，强化信息提取和迁移应用。 1.(2026·黑吉辽蒙·高考真题)某工厂利用镍矿（主要成分为，含少量和）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）： 已知：①滤液1中镍以形式存在，硫以和少量形式存在； ②“部分蒸氨”时减小，转化为，。 回答下列问题： （1）依据核外电子排布，元素位于周期表　　　　　区。 （2）“氧压氨浸”时，加压的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，转化为的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）滤液1中铜的主要存在形式为　　　　　　　（填离子符号）。气体为　　　　　　　　　　（填化学式）。 （4）“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化消耗的物质的量为　　　　　　。 （5）滤液3浓缩结晶得到的　　　　　　（填化学式）可用于生成化肥。 （6）近似条件下，不同溶液中二价镍[]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高的还原速率和转化率，应选择　　　　　　　（填“”或“”）。 已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释还原程度较低而还原程度较高的原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（结合离子方程式作答）。 2.(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：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 3.(2026·河南·高考真题)常用作化学反应的催化剂，一种制备的方法如下： 反应Ⅰ：   ； 反应Ⅱ：   ； 回答下列问题： （1）基态原子的核外电子排布式为　　　　　　　　　　　；键角：　　　　　　　　　　　(填“”“”或“<”)。 （2）原子与金属离子的结合能力：，原因是　　　　　　　　　　　。 （3）、和三种元素组成的某一化合物的晶胞及其在平面的投影如图1所示(晶胞参数，)，该晶体的密度为　　　　　　　　　　　(用含、、和的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值，)。 （4）反应Ⅱ中，有利于提高平衡转化率的条件为___________(填标号)。 A. 高温高压 B. 高温低压 C. 低温高压 D. 低温低压 （5）下，向一恒压密闭反应器中加入、和，进行反应Ⅰ和反应Ⅱ(不考虑副反应)，反应达到平衡时，气体组分的分压与温度的关系如图2所示。 ①当温度高于时，分压随温度升高逐渐减小，原因是　　　　　　　　　　　。 ②某温度下，反应达到平衡时，分压是分压的2倍，假设剩余可忽略不计，此时的物质的量为　　　　　　　　　　　，的分压为　　　　　　　　　　　；若再加入，其他条件不变，重新达到平衡时，反应Ⅱ的平衡常数将　　　　　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 4.(2026·山东·高考真题)与（L）通过配位键形成多孔金属有机框架材料，其四方晶胞结构如图所示（晶胞参数，，原子略）。回答下列问题： （1）基态Cu原子的电子排布式为　　　　　　　　　　　　　；C，N，O，F中第二电离能最大的是　　　　　　　　　。 （2）为平面分子，其中N原子采取的轨道杂化方式为　　　　　　　　　，该分子的孤电子对数为　　　　　　　　　。 （3）中　　　　　　　　　；其在室温下可选择性吸附，但不吸附和。分子被吸附在晶胞顶点，与框架结构中的F原子存在如图所示静电作用，晶体中与一个分子产生该作用的F原子有　　　　　　　　　　　个；不吸附和的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）若阿伏加德罗常数的值为，则的对的理论吸附量为　　　　。 5.(2026·湖南·高考真题)氨硼烷(NH3BH3)是一种潜在的固体储氢材料，常温下稳定。实验室以NH3和B2H6为原料制备NH3BH3，实验步骤： ①按图Ⅰ组装好仪器，______。 ②通入N2，排尽图Ⅰ装置中的空气。 ③先通入N2和NH3的混合气，再缓慢通入N2和B2H6的混合气，反应过程中保持NH3过量，控制温度，得到粗产品。 ④纯化，得NH3BH3。 已知：①电负性：N>H>B。 ②B2H6是一种强还原性的有毒气体，遇水剧烈反应，在空气中可自燃。 回答下列问题： （1）图Ⅰ中仪器M的名称是　　　　　　。 （2）补全实验步骤①：　　　　　　。 （3）实验室制得的NH3中含有水，下列试剂中可用于干燥NH3的是　　　　　　(填标号)。 a．浓硫酸       b．碱石灰       c．P2O5 （4）实验过程中，NH3保持过量的原因是　　　　　　。 （5）粗产品中可能有B2H6·2NH3(结构为)，则B2H6·2NH3中含有的化学键的类型有　　　　　　(填标号)。 a．离子键       b．共价键       c．氢键 （6）在酸性条件下，NH3BH3与水反应生成H3BO3和H2并放热，该反应的离子方程式为　　　　　　。利用图Ⅱ装置测定H2的体积，反应结束后，下列操作会导致所测H2体积偏大的是　　　　　　(填标号)。 a．读数时，气体未冷却至室温 b．读数时，水准管液面高于量气管液面 c．计算时，未减去注入硫酸的体积 （7）NH3BH3的晶胞如图所示，则一个晶胞中含有　　　　　　个氢原子。 6.(2026·江苏·高考真题)(多选)碳循环是地球生物圈主要的物质循环。 （1）自然界中的主要碳循环过程如图所示。数百万年前，大气中的经碳循环后，会存在于　　　　　(填字母序号)。 A．水体中的　　　B．淀粉　　　　C．石灰石 （2）碱液捕集。一定温度下，用浓氨水吸收含的模拟烟气，常加入一定浓度的溶液，生成一种空间构型为正八面体的镍氨配合物离子，位于正八面体中心，如图所示，生成镍氨配合物的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，加入溶液的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）金属有机骨架(简称MOFs)材料在资源利用中有重要应用。MOFs材料具有一定数量孔隙，热稳定性不高。 ①一定条件下，利用一种基材料催化电解与碱性混合液制备尿素，阴极区、生成的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②某Al基MOFs材料Al(HCOO)3可吸附CO2，结构如图所示，Al、C、O形成　　　　　(填数字)元环状结构。为检测其吸附能力，将吸附至饱和的(不含其他气体和杂质)在空气中加热，350℃时完全分解生成。 的饱和吸附量 则该材料对的饱和吸附量为　　　　　　　　　　。 ③一定条件下，密闭体系中发生反应。不改变其他条件，反应相同时间，加入能显著提升产率。已知：分子碳氧键键能大、结构稳定。从结构和反应原理角度分析产率增大的可能原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ④已知：孔隙尺寸0.41~0.46 nm，分子直径。为实现的高效捕集和资源利用，结合相关结构和性质，综合分析Al基材料的优化方向是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 7.(2026·浙江1月·高考真题)回答下列问题： （1）的晶胞如图。请回答： ①的电子式：　　　　　　　； ②旁边最近的有　　　　　　　个； ③荧光掺入，代替　　　　　　　(A或B)。 （2）将HF与按等物质的量发生化合反应生成，写出的结构式：　　　　　　　。 （3）已知：，则： ①中S原子的杂化方式：　　　　　　　。 ②熔点：LiF　　　　　　　(填“>”、“<”或“=”)，原因：　　　　　　　。 ③与反应生成与X，X的结构简式：　　　　　　　。 ④等物质的量、NH3、混合，主要产物为，原因：　　　　　　　。 ⑤与足量NaOH生成气体的化学方程式：　　　　　　　； 8.(2025·天津·高考真题)硫是一种重要的非金属元素。 （1）基态S原子的价层电子的轨道表示式为　　　　　　　　　　　。H2S的VSEPR模型名称为　　　　　　　　　　　，其空间结构为　　　　　　　　　　　。 （2）H2O、H2S、H2Se的沸点由高到低的顺序为　　　　　　　　　　　。 （3）NH4HS的电子式为　　　　　　　　　　　。在25℃和101 kPa下，NH3与H2S两种气体反应生成1 mol NH4HS固体时，放出90.4 kJ的热量，该反应的热化学方程式为　　　　　　　　　　　。 （4）25℃时，H2S的Ka1和Ka2分别为1.1×10-7、1.3×10-13，NH3·H2O的Kb为1.8×10-5，则NH4HS水溶液显　　　　　　　　　　　(填“酸性”“中性”“碱性”)。 （5）硫化锂晶体的晶胞如图，晶胞中含有硫离子的数目为　　　　　　　　　　　；与硫离子最近且距离相等的锂离子的数目为　　　　　　　　　　　。 （6）将1.0 g硫粉和2.0 g铁粉均匀混合，放在陶土网上堆成条状。用灼热的玻璃棒触及混合粉末的一端引发反应，反应剧烈。实验中可能发生的反应为　　　　　　　　　(用化学方程式表示)。 9.(2025·浙江6月·高考真题)(多选)铜在自然界大多以硫化物形式成矿。请回答： （1）有关铜和硫的说法正确的是_______。 A. 基态硫原子有7对成对电子 B. 铜焰色试验呈绿色，与铜原子核外电子跃迁释放能量有关 C. 基态铜原子失去2个电子，轨道形成全充满结构 D. 配位键强度： （2）一种铜化合物的晶胞如图，写出由配离子表示的该化合物的化学式　　　　　　　。 （3）化合物A[化学式：]和B[化学式：]具有相似的结构，如图。 ①化合物B给出趋势相对更大，请从结构角度分析原因　　　　　　　。 ②将化合物A与足量稀硫酸混合，在加热条件下充分反应，得到气体C和含的溶液，写出发生反应的化学方程式　　　　　　　。 ③设计实验检验气体C　　　　　　　(要求利用气体C的氧化性或还原性)。 （4）有同学以为原料，设计如下转化方案： ①步骤I的化学方程式　　　　　　　。 ②步骤Ⅱ中，溶液E中铜元素全部转化为难溶性。气体X为　　　　　　　(要求不引入其他新的元素)；溶液F中除外，浓度最高的两种离子　　　　　　　(按浓度由高到低顺序)。 10.(2025·浙江6月·高考真题)氯气、二氧化氯常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。请回答： （1）下列措施中能提高新制饱和氯水中浓度的是_______。 A. 加固体 B. 加水 C. 加粉末 D. 加足量溶液 （2）氯气常用于自来水消毒。稀氯水中存在如下反应(不考虑其他反应)： I    Ⅱ           Ⅲ    时，在不同下，约氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值如图所示(溶液体积保持不变)。 ①分子的空间构型是　　　　　　　。 ②在之间，浓度增加，其最大来源是　　　　　　　(填含氯微粒符号)。 ③该氯水中氯元素质量守恒表达式：　　　　　　　。 ④在图中画出之间，随的变化曲线　　　　　　　。 （3）某研究小组提出，商用(常含杂质)在水中易发生如下反应，影响自来水消毒效果。 Ⅳ    V    中含量对反应初始速率的影响如图所示。实验条件：初始浓度相同。 ①的存在主要加快了反应　　　　　　　(填“Ⅳ”或“V”)。 ②指出改变的影响因素，并解释原因　　　　　　　。 11.(2025·山东·高考真题)单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）在元素周期表中，位于第　　　　　　　周期　　　　　　　族。基态原子与基态离子未成对电子数之比为　　　　　　　。 （2）尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是　　　　　　　，电负性最大的是　　　　　　　。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为　　　　　　　。 ③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是　　　　　　　(填元素符号)。 （3）可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为)。 ①晶胞中原子的半径为　　　　　　　。 ②研究发现，晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是　　　　　　　，该截面单位面积含有的原子为　　　　　　　个。 12.(2025·广东·高考真题)(多选)酸及盐在生活生产中应用广泛。 （1）甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性溶液，振荡，观察到体系颜色　　　　　　　。 （2）某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作及其顺序为：加热溶解、　　　　　　　(填下列操作编号)。 （3）兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度和苯甲酸的，实验如下：取50.00mL苯甲酸饱和溶液，用溶液滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得： ①　　　　　　　。 ②苯甲酸的　　　　　　　(列出算式，水的电离可忽略)。 （4）该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。 ①知识回顾   羧酸酸性可用衡量。下列羧酸的变化顺序为：。随着卤原子电负性　　　　　　　，羧基中的羟基　　　　　　　增大，酸性增强。 ②提出假设   甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为： ③验证假设   甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断大小顺序，因为　　　　　　　。 乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的，其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。 ④实验小结   假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。 （5）该小组尝试测弱酸HClO的。 ①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为　　　　　　　。 ②小组讨论后，选用0.100mol/LNaClO溶液(含少量NaCl)进行实验，以获得HClO的。简述该方案　　　　　　　(包括所用仪器及数据处理思路)。 ③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。 13.(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：　　　　　　　。 14.(2025·浙江1月·高考真题)(多选)磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答： （1）关于ⅤA族元素原子结构的描述，下列说法正确的是_______。 A. 基态P原子轨道上的电子自旋方向相同 B. 的最外层电子数为18 C. 的半径小于的半径 D. 电子排布为的P原子处于激发态 （2）某化合物的晶胞如图。 ①化学式是　　　　　　　； ②将该化合物加入到含少量石蕊的中，实验现象是　　　　　　　(从酸碱性和溶解性角度推测)。 （3）两分子脱水聚合得到一分子，从的结构角度分析差异的原因　　　　　　　。 （4）兴趣小组对某磷灰石[主要成分为和少量]进行探究，设计了两种制备的方法： Ⅰ.用稍过量的浓与磷灰石反应，得到溶液、少量气体、渣(主要成分为)。 Ⅱ.将磷灰石脱水、还原，得到的白磷燃烧后与水反应制得溶液。 ①方法I，所得溶液中含有的杂质酸是　　　　　　　。 ②以方法Ⅰ中所得渣为硫源，设计实验制备无水，流程如下： 溶液A是　　　　　　　，系列操作B是　　　　　　　，操作C是　　　　　　　。 ③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，该反应的化学方程式是　　　　　　　。 15.(2025·海南·高考真题)过渡金属钌(Ru)的配合物A可用于多种化学键的活化。和代表两种不同的烷基。水分子参与反应(第①步)，经由配合物B，得到C，实现氧氢键断开。 回答问题： （1）同位素氘(或D)，是一种常用的追踪标记原子，氘的质量数是　　　　　　。 （2）分子中键的极性大于分子中键，主要原因是　　　　　　。 （3）第②步反应前后，杂化方式改变的碳原子是　　　　　　(填碳原子标号)。 （4）某溶剂中，用醇钾()处理前体配合物E，可将其转化为A。转化反应方程式为：　　　　　　。 （5）若第①步参与反应的小分子为(即氨中所有氢原子皆被氘取代)，经第②步反应，得到。将答题卡中的结构图补充完整(须标出全部氘原子) 　　　　　　。 一种可用作强氧化剂的含钌多氟化物的晶体晶胞，如图1所示，完成(6)、(7)题。 （6）Ag与Cu是同族相邻周期元素。已知该晶体中Ag阳离子有1个未成对电子，此Ag阳离子的基态价电子排布式为　　　　　　。 （7）每个Ag原子周围的紧邻氟原子围成规则配位结构，与该晶胞中氟原子的配位关系均已在图1呈现。沿c方向投影，见图2(已放大处理)。b方向紧邻晶胞中与配位的氟原子标号是　　　　　　。(紧邻晶胞中相应氟原子标号与图示晶胞相同)。 16.(2025·河南·高考真题)的热分解与催化的重整结合，可生产高纯度合成气，实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： （1）位于元素周期表中　　　　　　　区；基态的价电子排布式为　　　　　　　。 （2）水分子的模型与其空间结构模型不同，原因是　　　　　　　。 （3）的晶胞如图1所示(晶胞参数)，该物质的化学式为　　　　　　　。 （4）恒压条件下，重整反应可以促进分解，原因是　　　　　　　。 （5）在温度分别为和下，的平衡转化率与压强的关系如图2所示，反应温度最高的是　　　　　　　(填“”“”或“”)，原因是　　　　　　　。 （6）一定温度、下，向体系中加入和，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，转化率为，物质的量为，反应Ⅲ的平衡常数　　　　　　　(保留小数点后一位)，此时原位利用率为　　　　　　　。 已知：原位利用率 17.(2025·安徽·高考真题)(多选)某含锶()废渣主要含有和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。 已知时， 回答下列问题： （1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为　　　　　　　。 （2）“浸出液”中主要的金属离子有、　　　　　　　(填离子符号)。 （3）“盐浸”中转化反应的离子方程式为　　　　　　　；时，向粉末中加入溶液，充分反应后，理论上溶液中　　　　　　　(忽略溶液体积的变化)。 （4）其他条件相同时，盐浸，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是　　　　　　　。 （5）“浸出渣2”中主要含有、　　　　　　　(填化学式)。 （6）将窝穴体a(结构如图2所示)与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是　　　　　　　。 （7）由制备无水的最优方法是　　　　　　　(填标号)。 a．加热脱水          b．在气流中加热     c．常温加压       d．加热加压 18.(2024·全国甲卷·高考真题)(多选)ⅣA族元素具有丰富的化学性质，其化合物有着广泛的应用。回答下列问题： （1）该族元素基态原子核外未成对电子数为　　　　　，在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为　　　　　。 （2）俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为　　　　　(填标号)。 a．离子键       b．极性共价键       c．非极性共价键       d．配位键 （3）一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，其中电负性最大的元素是　　　　　，硅原子的杂化轨道类型为　　　　　。 （4）早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明原因：　　　　　。 物质 熔点/ 442 29 143 （5）结晶型可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。其中的配位数为　　　　　。设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为　　　　　(列出计算式)。 19.(2024·天津·高考真题)锗()、锡()和铅()是第ⅣA族元素，原子序数依次增大。 （1）三种元素中，第一电离能最大的是　　　　　　　　　　　。 （2）基态原子的价层电子排布式为　　　　　　　　　　　。晶体与金刚石具有类似的晶体结构，其晶胞如图。在该晶胞中，原子的数目为　　　　　　　　　　　。 （3）粗锡常由还原制得。将炭与混合，隔绝空气加热到，无明显反应：但通入空气，使炭不完全燃烧，时即可迅速转化为，推断还原的物质是　　　　　　　　　　　。 （4）含铁、铅杂质的粗锡进行电解精炼时，纯锡接电源的　　　　　　　　　　　极，粗锡上发生反应的电极反应式为　　　　　　　　　　　。 （5）和均为不易溶于水的强电解质。已知一定温度下，的饱和溶液中，的。反应在该温度下的平衡常数为　　　　　　　　　　　。 20.(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　　　　　　　。 21.(2024·山东·高考真题)锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题： （1）在元素周期表中位于第　　　　　　　周期　　　　　　　族；同周期中，基态原子未成对电子数比多的元素是　　　　　　　(填元素符号)。 （2）的某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为　　　　　　　。 当晶体有O原子脱出时，出现O空位，的化合价　　　　　　　(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是　　　　　　　(填标号)。 A．            B．             C．            D． （3）(见图)是晶型转变的诱导剂。的空间构型为　　　　　　　；中咪唑环存在大键，则N原子采取的轨道杂化方式为　　　　　　　。 （4）可作转化为的催化剂(见下图)。的熔点远大于，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是　　　　　　　。 22.(2024·重庆·高考真题)含钌()催化剂在能源等领域应用广泛。方是制备负载型钌催化剂的前驱体。一种制备高纯的技术路线如下(部分试剂、步骤及反应条件略)。 回答下列问题： （1）已知基态的核外电子排布式为，则在元素周期表中位于第　　　　　　　周期第　　　　　　　族。中，的空间结构为　　　　　　　。 （2）为验证与形成了配位键，对所得的表征结果如图所示，表征所用仪器是_______。 A. 核磁共振仪 B. 质谱仪 C. 红外光谱仪 D. X射线衍射仪 （3）步骤①中无气体生成，除生成配合物外，生成的盐还有　　　　　　　(填化学式)。 （4）步骤②生成的为难溶物，反应的化学方程式为　　　　　　　。 （5）步骤③在加入稀硝酸前，需要将难溶物加入溶液中，以除去残留的；为使沉淀完全，浓度应大于　　　　　　　。(已知的) （6）受热易分解，在时完全分解，失重率为，剩余固体为的氧化物，则该氧化物的化学式为　　　　　　　。 23.(2024·海南·高考真题)锂电池是新型储能系统中的核心部件。作为锂电池中用到的电解质材料之一，(阴离子结构见下图。A)深受关注。 回答问题： （1）的制备前体(B)，可由C的氟化反应得到，C中第三周期元素有　　　　　　　(填元素符号)。 （2）C分子中，两个键角均为，键角为，N的原子轨道杂化类型为　　　　　　　。 （3）B溶于某溶剂发生自耦电离()，阳离子F的结构式为　　　　　　　。 （4）B和D水溶液均呈酸性，相同温度下，值大小关系：B　　　　　　　D(填“>”或“<”)；沸点大小关系：B(170℃)>E(60.8℃)，其原因是　　　　　　　。 （5）研究表明，某有机溶剂中，相同浓度的G溶液和H溶液，前者电导率显著低于后者，原因是　　　　　　　。 （6）在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体形晶胞(图1，长方体棱长为a、b、c)，另一种取立方体形晶胞(图2，Cl居于立方体中心，立方体棱长为d)。图中氢原子皆已隐去。 ①立方体形晶胞所代表的晶体中部分锂离子(●Li)位置上存在缺位现象，锂离子的总缺位率为　　　　　　　；该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为　　　　　　　。 ②两种晶型的密度近似相等，则　　　　　　　。(以含a、b和d的代数式表达) 24.(2024·湖南·高考真题)铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ②   ； ③易从溶液中结晶析出； ④不同温度下的溶解度如下： 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： （1）Cu属于　　　　　　　区元素，其基态原子的价电子排布式为　　　　　　　； （2）“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为　　　　　　　； （3）“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的： ①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是　　　　　　　。 ②在“除金”工序溶液中，浓度不能超过　　　　　　　。 （4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为　　　　　　　。 （5）滤液4中溶质主要成分为　　　　　　　(填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是　　　　　　　。 25.(2024·浙江6月·高考真题)氧是构建化合物的重要元素。请回答： （1）某化合物的晶胞如图1，的配位数(紧邻的阳离子数)为　　　　　　　；写出该化合物的化学式　　　　　　　，写出该化合物与足量溶液反应的化学方程式　　　　　　　。 （2）下列有关单核微粒的描述正确的是_______。 A. 的基态原子电子排布方式只有一种 B. 的第二电离能的第一电离能 C. 的基态原子简化电子排布式为 D. 原子变成，优先失去轨道上的电子 （3）化合物和的结构如图2。 ①和中羟基与水均可形成氢键()，按照氢键由强到弱对三种酸排序　　　　　　　，请说明理由　　　　　　　。 ②已知、钠盐的碱性，请从结构角度说明理由　　　　　　　。 26.(2024·浙江1月·高考真题)氮和氧是构建化合物的常见元素。 已知： 请回答： （1）某化合物的晶胞如图，其化学式是　　　　　　　，晶体类型是　　　　　　　。 （2）下列说法正确的是_______。 A. 电负性： B. 离子半径： C. 第一电离能： D. 基态2+的简化电子排布式： （3）①，其中的N原子杂化方式为　　　　　　　；比较键角中的　　　　　　　中的(填“>”、“<”或“=”)，请说明理由　　　　　　　。 ②将与按物质的量之比1:2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是。比较氧化性强弱： 　　　　　　　(填“>”、“<”或“=”)；写出A中阴离子的结构式　　　　　　　。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题23 物质结构与性质综合题 1.【答案】（1）d     （2）① 增大氧气的溶解度（或浓度），加快反应速率    ②      （3）①     ②      （4）2     （5）     （6）① 2    ② 被还原时发生反应：，溶液呈酸性，不利于“还原”步骤；而被还原时发生反应：，不会生成游离的，因此还原程度较高      2.【答案】（1）胶体具有絮凝作用     （2）①     ②     ③ 3：1（或1：3）    ④ 四面体     （3）①     ② 的溶解度较大，易与不溶性杂质分离；的溶解度较小，易从浓溶液中结晶析出      3.【答案】（1）①     ② ＞     （2）中羟基（）是吸电子基团，使N原子上电子云密度降低，N对金属离子的结合能力减弱     （3）     （4）B     （5）① 在900℃ 以上时，n(CH4)=0，反应Ⅰ趋于完全，n(H2)不再变化，但反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅱ的正方向是气体分子增大的反应，使体系内气体总物质的量增大，氢气的物质的量分数减小，分压也逐渐减小    ② 1.6    ③ 62.5    ④ 不变      4.【答案】（1）①     ② O     （2）①     ② 2     （3）① 1：2：1    ② 4    ③ 和为非极性键构成的非极性分子，分子中不存在带显著正电荷的原子或成键电子对/共用电子对未发生偏移     （4）       5.【答案】（1） 三颈烧瓶（或三颈瓶）     （2） 检查装置的气密性     （3）b     （4） 提高的转化率，且防止有毒的逸出污染环境     （5）ab     （6）①     ② ac     （7） 12      6.【答案】（1）ABC     （2）①     ② 减少氨气受热挥发，提高氨气的利用率，增加吸收二氧化碳的量和稳定性     （3）①     ② 16    ③     ④ 中带正电的H会和中带负电的O结合，从而使分子碳氧键的键能减小，稳定性降低；可以使催化剂的活性增强；可以吸附，可以使表面的局部浓度提高，从而提高产率；    ⑤ 减小孔隙尺寸与匹配、增加孔隙数量、提高材料热稳定性      7.【答案】（1）①     ② 12    ③ B     （2）     （3）①     ② >    ③ 氟离子半径小，离子键强    ④     ⑤ 中吸电子，N-H键极性较大，H容易以H+的形式解离，中推电子，N上的电子云密度大，容易与H+形成配位键    ⑥       8.【答案】（1）①     ② 四面体形    ③ V形     （2）     （3）①     ②      （4）碱性     （5）① 4    ② 8     （6）、 、 9.【答案】（1）ABD     （2）     （3）① 化合物A与化合物B结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物B中N-H键的极性更强，更易断裂    ② 2 +3H2SO4 + 8H2O 2+ 3(NH4)2SO4 +2 H2S↑；或 +3H2SO4 + 4H2O + 3NH4HSO4 + H2S↑    ③ 将气体C通入少量酸性KMnO4溶液中，若酸性KMnO4溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S(或将气体C与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S)     （4）① 4+33O2 + 2H2SO4 = 12CuSO4 + 2 Fe2(SO4)3 +2H2O    ② SO2    ③ 、Fe2+      10.【答案】（1）C     （2）① V形(或角形)    ② HClO    ③     ④      （3）① V    ② 影响因素是溶液 pH以及含量等，原因是Cl2浓度增大、pH增大，均使溶液中ClO﹣浓度增大，反应V的反应物浓度增大，反应速率增大      11.【答案】（1）① 四    ② VIII    ③ 4：5     （2）① N    ② O    ③ sp2    ④ O     （3）①     ② n    ③       12.【答案】（1）由紫色变为无色     （2）dab     （3）①     ②      （4）① 增大    ② 极性    ③ 常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同     （5）①     ② 实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据； 数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka      13.【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      14.【答案】（1）AD     （2）① Ca3PCl3    ② 溶液变蓝，有气体放出，形成悬浊液     （3）的负电荷密度大，更易结合氢离子     （4）① 硫酸、盐酸、氢氟酸    ② 碳酸钠溶液    ③ 过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤    ④ 加热脱水    ⑤ 2+30C+20SiO220CaSiO3+3P4+30CO↑      15.【答案】（1）2     （2）电负性O>N     （3）e     （4）     （5）     （6）     （7）2      16.【答案】（1）① s    ② 3d8     （2）O原子上存在2对孤电子对，VSEPR模型考虑孤电子对而空间结构模型不考虑     （3）Ni2P     （4）反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移     （5）① T1    ② 升高温度，反应Ⅱ正向移动     （6）① 1.2    ② 70%      17.【答案】（1）     （2）、     （3）①     ②      （4）升高温度，与有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大；     （5）、     （6）窝穴体a的空腔与更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定     （7）a      18.【答案】（1）① 2    ② +4     （2）bd     （3）① C    ②      （4）SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高     （5）① 6    ②       19.【答案】（1）(或锗)     （2）①     ② 8     （3）(或一氧化碳)     （4）① 负    ② ，     （5）      20.【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      21.【答案】（1）① 四    ② ⅦB    ③ Cr     （2）① MnO2    ② 降低    ③ A     （3）① 正四面体形    ② sp2     （4）FDCA形成的分子间氢键更多      22.【答案】（1）① 五    ② Ⅷ    ③ V形     （2）C     （3）KNO3、KCl     （4）     （5）     （6）RuO2      23.【答案】（1）Cl、S     （2）     （3）或     （4）① >    ② B分子间存在氢键     （5）G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液     （6）①     ② 8    ③       24.【答案】（1）① ds    ② 3d104s1     （2）     （3）① 使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为    ② 0.5     （4）0.05     （5）① 、NaCl    ② 高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产      25.【答案】（1）① 12    ② K3ClO    ③ K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O     （2）AB     （3）① HC>HB>HA    ② O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，其中羟基与H2O形成的氢键逐渐增强    ③ S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，碱性NaC＞NaD      26.【答案】（1）①     ② 分子晶体     （2）CD     （3）① sp3    ② ＜    ③ 有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小    ④ ＞    ⑤       试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题23 物质结构与性质综合题 3年真题 考点分类 三年考情（2024-2026） 命题规律 物质结构与性质综合题 2026江苏(1题)、2026北京(1题)、2026山东(1题)、2026湖南(1题)、2026河南(1题)、2026黑吉辽蒙(1题)、2026浙江1月(1题)、2025天津(1题)、2025海南(1题)、2025浙江6月(2题)、2025山东(1题)、2025广东(1题)、2025北京(1题)、2025河南(1题)、2025安徽(1题)、2025浙江1月(1题)、2024天津(1题)、2024重庆(1题)、2024海南(1题)、2024北京(1题)、2024湖南(1题)、2024浙江6月(1题)、2024山东(1题)、2024全国甲卷(1题)、2024浙江1月(1题) · 情境设置：联系碳循环、能源、材料、环境治理及资源回收等真实问题。 · 考查重点：覆盖原子结构、周期律、化学键、配合物、晶体结构与性质，兼顾元素化合物综合分析。 · 命题趋势：图表、晶胞和流程融合，突出结构决定性质、定性与定量结合，强化信息提取和迁移应用。 1.(2026·黑吉辽蒙·高考真题)某工厂利用镍矿（主要成分为，含少量和）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）： 已知：①滤液1中镍以形式存在，硫以和少量形式存在； ②“部分蒸氨”时减小，转化为，。 回答下列问题： （1）依据核外电子排布，元素位于周期表　　　　　区。 （2）“氧压氨浸”时，加压的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，转化为的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）滤液1中铜的主要存在形式为　　　　　　　（填离子符号）。气体为　　　　　　　　　　（填化学式）。 （4）“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化消耗的物质的量为　　　　　　。 （5）滤液3浓缩结晶得到的　　　　　　（填化学式）可用于生成化肥。 （6）近似条件下，不同溶液中二价镍[]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高的还原速率和转化率，应选择　　　　　　　（填“”或“”）。 已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释还原程度较低而还原程度较高的原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（结合离子方程式作答）。 【答案】（1）d     （2）① 增大氧气的溶解度（或浓度），加快反应速率    ②      （3）①     ②      （4）2     （5）     （6）① 2    ② 被还原时发生反应：，溶液呈酸性，不利于“还原”步骤；而被还原时发生反应：，不会生成游离的，因此还原程度较高      【解析】镍矿的主要成分为，含少量和，在“氧压氨浸”操作中通入空气、加入氨水，生成、，浸渣为；“部分蒸氨”时挥发逸出的气体为氨气，减小，转化为，转化为CuS沉淀；向滤液2中通入足量O2，将滤液2中剩余的充分氧化为，最后通过H2还原，得到Ni粉，滤液3中的主要成分为硫酸铵； (1)Ni是28号元素，价电子排布为，根据周期表分区规则，属于d区。 (2)加压可增大氧气的溶解度，提高浓度，加快浸出速率，提升镍的浸出率；与氧气、氨水反应生成，根据电子守恒、原子守恒可知化学方程式为。 (3)氨浸过程中，铜离子与氨水形成稳定的；“部分蒸氨沉铜”时，溶液中挥发出来的气体 a 显然是氨气。蒸发氨气会导致溶液中 减小，促使络合物解离进而使铜沉淀。 (4)被氧化为，中S 的平均化合价为 +2价，中S的化合价为+6价，总共失去电子，反应得到4 mol电子，根据电子守恒，消耗的物质的量为。 (5)在“还原”步骤中，被还原生成 Ni 粉，溶液中主要留下的阳离子是生成的（由和结合），阴离子是一直未参与后续反应的。因此滤液 3 浓缩结晶得到的副产品是，硫酸铵是常用氮肥，可做化肥。 (6)观察题给图像，当时，Ni(Ⅱ) 浓度随时间下降最快，且最终能降至 0（完全转化）。而时反应提前停滞（转化率低），时反应速率过慢。因此为提高速率和转化率，应选2； 当时，发生反应：，会释放一个游离的，游离会使溶液呈酸性，而题目已知“酸性条件不利于还原”，因此反应受到抑制，转化率低。 当时，发生反应：，恰好生成2个，体系不会生成游离的，反应能顺利进行到底。 2.(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）胶体具有絮凝作用     （2）①     ②     ③ 3：1（或1：3）    ④ 四面体     （3）①     ② 的溶解度较大，易与不溶性杂质分离；的溶解度较小，易从浓溶液中结晶析出      【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酸性条件下发生氧化还原反应：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，的溶解度较大，加水溶出后过滤，可将与不溶性杂质分离；向滤液中加入浓溶液，溶解度较小，易从浓溶液中结晶析出，便于得到高纯度产品。 3.(2026·河南·高考真题)常用作化学反应的催化剂，一种制备的方法如下： 反应Ⅰ：   ； 反应Ⅱ：   ； 回答下列问题： （1）基态原子的核外电子排布式为　　　　　　　　　　　；键角：　　　　　　　　　　　(填“”“”或“<”)。 （2）原子与金属离子的结合能力：，原因是　　　　　　　　　　　。 （3）、和三种元素组成的某一化合物的晶胞及其在平面的投影如图1所示(晶胞参数，)，该晶体的密度为　　　　　　　　　　　(用含、、和的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值，)。 （4）反应Ⅱ中，有利于提高平衡转化率的条件为___________(填标号)。 A. 高温高压 B. 高温低压 C. 低温高压 D. 低温低压 （5）下，向一恒压密闭反应器中加入、和，进行反应Ⅰ和反应Ⅱ(不考虑副反应)，反应达到平衡时，气体组分的分压与温度的关系如图2所示。 ①当温度高于时，分压随温度升高逐渐减小，原因是　　　　　　　　　　　。 ②某温度下，反应达到平衡时，分压是分压的2倍，假设剩余可忽略不计，此时的物质的量为　　　　　　　　　　　，的分压为　　　　　　　　　　　；若再加入，其他条件不变，重新达到平衡时，反应Ⅱ的平衡常数将　　　　　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】（1）①     ② ＞     （2）中羟基（）是吸电子基团，使N原子上电子云密度降低，N对金属离子的结合能力减弱     （3）     （4）B     （5）① 在900℃ 以上时，n(CH4)=0，反应Ⅰ趋于完全，n(H2)不再变化，但反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅱ的正方向是气体分子增大的反应，使体系内气体总物质的量增大，氢气的物质的量分数减小，分压也逐渐减小    ② 1.6    ③ 62.5    ④ 不变      【解析】(1)B原子原子序数为5，基态核外电子排布式为； 分子中C原子价层电子对数是，采取杂化，没有孤电子对，呈完美的正四面体结构，键角为109°28′；分子中 分子N原子价层电子对数是，也是 杂化，但含有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对有较强的排斥作用，导致其键角压缩为107°。因此键角：＞； (2)N原子与金属离子结合的能力（配位能力）取决于N原子提供孤电子对的难易程度。羟胺（ ）可以看作是中的一个H 被取代。由于O原子的电负性很大，表现出强烈的诱导吸电子效应，使N原子周围的电子云密度明显下降，因此与金属离子结合（配位）的能力弱于。 (3)用均摊法计算晶胞中原子数：N位于8个顶点，；C位于体心，；B共4个，均位于晶胞面上，，晶胞总质量；晶胞体积，因此密度。 (4)反应Ⅱ正反应是吸热、气体分子数增大的反应，升温、降压都使平衡正向移动，提高平衡转化率，因此选高温低压。 (5)① 由图2可知，在900℃ 以上时，n(CH4)=0，反应Ⅰ趋于完全，n(H2)不再变化，但反应Ⅱ平衡正向移动，反应Ⅱ的正方向是气体分子增大的反应，使体系内气体总物质的量增大，氢气的物质的量分数减小，分压也逐渐减小。 ② 已知起始投入：， ， ，当CH4忽略不计(完全反应)时，说明反应I进行到底，生成了3.0 mol C(s)和6.0 mol H2(g)，设反应Ⅱ中消耗的N2物质的量为amol，列三段式：    由题意知，此时CO的分压是N2分压的2倍。在同温同压同体积下，气体的分压之比等于物质的量之比：，解得a=0.8，此时的物质的量为1.6mol，平衡时各气体组分的物质的量： ，总气体物质的量，总压，故；平衡常数只与温度有关，若再加入，其他条件不变，重新达到平衡时，温度不变，不变。 4.(2026·山东·高考真题)与（L）通过配位键形成多孔金属有机框架材料，其四方晶胞结构如图所示（晶胞参数，，原子略）。回答下列问题： （1）基态Cu原子的电子排布式为　　　　　　　　　　　　　；C，N，O，F中第二电离能最大的是　　　　　　　　　。 （2）为平面分子，其中N原子采取的轨道杂化方式为　　　　　　　　　，该分子的孤电子对数为　　　　　　　　　。 （3）中　　　　　　　　　；其在室温下可选择性吸附，但不吸附和。分子被吸附在晶胞顶点，与框架结构中的F原子存在如图所示静电作用，晶体中与一个分子产生该作用的F原子有　　　　　　　　　　　个；不吸附和的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）若阿伏加德罗常数的值为，则的对的理论吸附量为　　　　。 【答案】（1）①     ② O     （2）①     ② 2     （3）① 1：2：1    ② 4    ③ 和为非极性键构成的非极性分子，分子中不存在带显著正电荷的原子或成键电子对/共用电子对未发生偏移     （4）       【解析】(1)Cu原子的序数为 29。根据洪特规则的特例，当d轨道处于全满状态时能量更低、结构更稳定。因此，基态Cu原子的电子排布式为； 第二电离能是指失去第二个电子所需要的能量；的价电子排布为；的价电子排布为；的价电子排布为，2p 轨道半充满的稳定状态，极难再失去电子；的价电子排布为；因此，氧的第二电离能最大。 (2)配体L类似于苯环，环上的每个N原子形成了 2 个键，并且保留了 1 对孤电子对，因此其价层电子对数为2+1=3，所以采取的是杂化； 分子中有 2 个N原子，每个N原子有 1 对未参与成键的孤对电子，C和H均没有孤电子对，故整个分子的孤电子对数为 2。 (3)Cu原子位于晶胞的体内，数目为1；位于上下底面心，共有个，配体L位于晶胞4个竖直面的面心上（图中六元环只画了一半），数目为个；故中； 吸附在顶点，顶点同层平面内与4个八面体相邻，每个八面体都有1个F原子与形成如图所示静电作用，故答案为4； 由图提示可知，吸附核心在于与的静电引力。和属于由非极性键构成的非极性分子，内部没有显著的电荷偏转，不具备可以被F吸引的正电荷中心，因此不被吸附。 (4)晶胞体积，1个晶胞中数目为，故中的物质的量为： 。 5.(2026·湖南·高考真题)氨硼烷(NH3BH3)是一种潜在的固体储氢材料，常温下稳定。实验室以NH3和B2H6为原料制备NH3BH3，实验步骤： ①按图Ⅰ组装好仪器，______。 ②通入N2，排尽图Ⅰ装置中的空气。 ③先通入N2和NH3的混合气，再缓慢通入N2和B2H6的混合气，反应过程中保持NH3过量，控制温度，得到粗产品。 ④纯化，得NH3BH3。 已知：①电负性：N>H>B。 ②B2H6是一种强还原性的有毒气体，遇水剧烈反应，在空气中可自燃。 回答下列问题： （1）图Ⅰ中仪器M的名称是　　　　　　。 （2）补全实验步骤①：　　　　　　。 （3）实验室制得的NH3中含有水，下列试剂中可用于干燥NH3的是　　　　　　(填标号)。 a．浓硫酸       b．碱石灰       c．P2O5 （4）实验过程中，NH3保持过量的原因是　　　　　　。 （5）粗产品中可能有B2H6·2NH3(结构为)，则B2H6·2NH3中含有的化学键的类型有　　　　　　(填标号)。 a．离子键       b．共价键       c．氢键 （6）在酸性条件下，NH3BH3与水反应生成H3BO3和H2并放热，该反应的离子方程式为　　　　　　。利用图Ⅱ装置测定H2的体积，反应结束后，下列操作会导致所测H2体积偏大的是　　　　　　(填标号)。 a．读数时，气体未冷却至室温 b．读数时，水准管液面高于量气管液面 c．计算时，未减去注入硫酸的体积 （7）NH3BH3的晶胞如图所示，则一个晶胞中含有　　　　　　个氢原子。 【答案】（1） 三颈烧瓶（或三颈瓶）     （2） 检查装置的气密性     （3）b     （4） 提高的转化率，且防止有毒的逸出污染环境     （5）ab     （6）①     ② ac     （7） 12      【解析】氨硼烷是潜在固体储氢材料，常温稳定。实验以和为原料制备NH3BH3，步骤① ：按图Ⅰ组装好仪器，检查装置气密性，防止气体泄漏影响反应或引发危险。步骤②：通 N2 排空气，避免与氧气接触自燃，同时减少杂质干扰。步骤③ 控制反应物比例与温度，先通入N2和NH3的混合气，再缓慢通入N2和的混合气，反应过程中保持NH3过量，控制温度，得到粗产品；步骤④ ：粗产品需进一步纯化，得到纯净的。 (1)图Ⅰ中仪器M的名称是三颈烧瓶。 (2)该实验涉及气体的通入和反应，因此在组装好仪器后、装入药品和通入气体前，必须先检查装置的气密性。 (3)是碱性气体。浓硫酸（选项a）和（选项c）均显酸性，会与发生反应，不能用于干燥；碱石灰（选项b）呈碱性，不与反应，可用于干燥。 (4)根据题干已知信息，是一种强还原性的有毒气体。保持过量，一方面可以使充分反应，提高其转化率；另一方面可以防止未反应的有毒气体逸出，避免污染环境。 (5)的结构为，该物质由阳离子和阴离子构成，阴阳离子之间存在离子键；在阴、阳离子内部，B-H、N-H以及B-N之间均存在共价键；氢键属于特殊的分子间作用力，不属于化学键。故选ab。 (6)已知电负性 ，故在中，与B相连的H显-1价。在酸性条件下，-1价的H与水或酸中的+1价H发生归中反应生成，N原子结合生成，B原子转化为。根据电子转移和原子守恒，离子方程式为 。 a．反应放热，读数时气体未冷却至室温，气体受热膨胀，导致测定体积偏大，a正确； b．水准管液面高于量气管液面，说明量气管内气体压强大于外界大气压，气体被压缩，导致测定体积偏小，b错误； c．注入的稀硫酸占据了烧瓶内的部分空间，排出了等体积的气体，计算时若未减去注入硫酸的体积，会导致算出的 体积偏大，c正确； 故选ac。 (7)观察晶胞结构图可知，分子位于晶胞的8个顶点和1个体心。利用均摊法计算，一个晶胞中含有的分子数为  个。每个分子中含有6个H原子，因此一个晶胞中含有的H原子总数为  个。 6.(2026·江苏·高考真题)(多选)碳循环是地球生物圈主要的物质循环。 （1）自然界中的主要碳循环过程如图所示。数百万年前，大气中的经碳循环后，会存在于　　　　　(填字母序号)。 A．水体中的　　　B．淀粉　　　　C．石灰石 （2）碱液捕集。一定温度下，用浓氨水吸收含的模拟烟气，常加入一定浓度的溶液，生成一种空间构型为正八面体的镍氨配合物离子，位于正八面体中心，如图所示，生成镍氨配合物的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，加入溶液的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）金属有机骨架(简称MOFs)材料在资源利用中有重要应用。MOFs材料具有一定数量孔隙，热稳定性不高。 ①一定条件下，利用一种基材料催化电解与碱性混合液制备尿素，阴极区、生成的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②某Al基MOFs材料Al(HCOO)3可吸附CO2，结构如图所示，Al、C、O形成　　　　　(填数字)元环状结构。为检测其吸附能力，将吸附至饱和的(不含其他气体和杂质)在空气中加热，350℃时完全分解生成。 的饱和吸附量 则该材料对的饱和吸附量为　　　　　　　　　　。 ③一定条件下，密闭体系中发生反应。不改变其他条件，反应相同时间，加入能显著提升产率。已知：分子碳氧键键能大、结构稳定。从结构和反应原理角度分析产率增大的可能原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ④已知：孔隙尺寸0.41~0.46 nm，分子直径。为实现的高效捕集和资源利用，结合相关结构和性质，综合分析Al基材料的优化方向是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）ABC     （2）①     ② 减少氨气受热挥发，提高氨气的利用率，增加吸收二氧化碳的量和稳定性     （3）①     ② 16    ③     ④ 中带正电的H会和中带负电的O结合，从而使分子碳氧键的键能减小，稳定性降低；可以使催化剂的活性增强；可以吸附，可以使表面的局部浓度提高，从而提高产率；    ⑤ 减小孔隙尺寸与匹配、增加孔隙数量、提高材料热稳定性      【解析】(1)A．大气中的可以直接溶于水体，因此水体中的会存在，A符合题意； B．在太阳能的作用下，会通过光合作用被生物固定，转化为淀粉，因此淀粉中会存在，B符合题意； C．水体中溶解的可以转化为无机碳酸盐，而石灰石的主要成分是碳酸钙，因此石灰石中也会存在，C符合题意； 故选ABC； (2)根据已知镍氨配合物离子的空间结构为正八面体，位于正八面体的中心，配体数目为6，该配合物离子为，该过程为与氨水反应生成镍氨配合物离子，因此离子方程式为；碱液捕集的过程为中和反应，该过程放热会导致浓氨水中氨气挥发，降低的吸收效率，加入后，可以与氨气结合生成稳定的，可以减少氨气受热挥发，提高氨气的利用率，增加吸收二氧化碳的量和稳定性； (3)① 阴极区应发生还原反应，反应物应为、，产物为、水和，因此电极反应为； ② 根据图可知，Al、C、O组合的环形结构中，有Al原子4个，O原子8个，C原子4个，因此组成的结构为16元环；生成的物质的量为，根据Al元素守恒，对应的的物质的量为，其质量为，吸附的的质量为 ，对应的物质的量为，代入饱和吸附量公式，的饱和吸附量为； ③ 从结构角度：中的H带正电，而中O带负电，因此中带正电的H会和中带负电的O结合，从而使分子碳氧键的键能减小，稳定性降低，从而提高产率； 从反应原理的角度：可以使催化剂的活性增强，同时可以吸附，可以使表面的局部浓度提高，加快反应速率，从而提高产率； ④ 从结构角度：可以适当的减小孔隙尺寸，使其与的分子直径接近，减少其他分子的进入；并且材料具有一定数量的孔隙，可以适当的增加孔隙的数量；从性质角度：根据已知材料热稳定性不高，因此可以提高材料的热稳定性，因此优化方向为适当减小孔隙尺寸、增加孔隙数量、提高材料热稳定性。 7.(2026·浙江1月·高考真题)回答下列问题： （1）的晶胞如图。请回答： ①的电子式：　　　　　　　； ②旁边最近的有　　　　　　　个； ③荧光掺入，代替　　　　　　　(A或B)。 （2）将HF与按等物质的量发生化合反应生成，写出的结构式：　　　　　　　。 （3）已知：，则： ①中S原子的杂化方式：　　　　　　　。 ②熔点：LiF　　　　　　　(填“>”、“<”或“=”)，原因：　　　　　　　。 ③与反应生成与X，X的结构简式：　　　　　　　。 ④等物质的量、NH3、混合，主要产物为，原因：　　　　　　　。 ⑤与足量NaOH生成气体的化学方程式：　　　　　　　； 【答案】（1）①     ② 12    ③ B     （2）     （3）①     ② >    ③ 氟离子半径小，离子键强    ④     ⑤ 中吸电子，N-H键极性较大，H容易以H+的形式解离，中推电子，N上的电子云密度大，容易与H+形成配位键    ⑥       【解析】(1)①Ca原子最外层有2个电子，F原子最外层有7个电子，Ca原子失去最外层2个电子形成Ca2+，两个F原子各得到1个电子形成F-，达到最外层8电子稳定结构，所以的电子式为； ②示意图中，A离子共8个，均位于晶胞内，B离子有8个位于顶点，在1个晶胞内贡献个B离子，有6个位于面心，在1个晶胞内贡献个B离子，因此1个晶胞内含有4个B离子，晶胞中A与B的离子数之比为2:1，与化学式CaF2对应可知，A离子为F-，B离子为Ca2+，Ca2+旁边最近的Ca2+有12个，距离均为晶胞边长的倍（可以视为顶点对于面心）； ③掺入后，Er3+为阳离子，代替的是原有阳离子Ca2+，即B； (2)硝酸分子中氮原子（N） 和另外两个端基氧原子参与形成了大π键。所以大π键的原子中心数是 3。N提供其p轨道上的 2个电子，两个端基氧原子各自提供其p轨道上的 1个电子（每个氧的单电子）。总电子数：2 + 1 + 1 = 4个电子。故的结构式为，硝酸结合HF中的氢离子后，羟基氧原子上的孤对电子未参与离域大π键，电子云更集中，碱性更强，更容易接受质子。所以的结构式为； (3)①S原子形成2个S=O双键和两个S-F键，键数为4，孤对电子数为0，所以中心原子S采取sp3杂化； ②因为F-的离子半径小，离子键更强，阴阳离子间作用力更强，所以LiF的熔点高于； ③与反应的产物之一是，说明N-Si键发生断裂，两分子各断裂一个S-F键，掉落一个F原子，剩余部分与结合生成，所以这两个F原子与结合生成； ④中F的电负性很大，的吸电子能力很强，N-H键极性较大，H容易以H+的形式解离，而中由于乙基的推电子效应，导致N电子云密度较大，容易与H+结合（形成配位键），生成； ⑤先水解生成、HF、，则与足量NaOH反应会产生气体为，其余两种酸与NaOH反应，因此反应方程式为。 8.(2025·天津·高考真题)硫是一种重要的非金属元素。 （1）基态S原子的价层电子的轨道表示式为　　　　　　　　　　　。H2S的VSEPR模型名称为　　　　　　　　　　　，其空间结构为　　　　　　　　　　　。 （2）H2O、H2S、H2Se的沸点由高到低的顺序为　　　　　　　　　　　。 （3）NH4HS的电子式为　　　　　　　　　　　。在25℃和101 kPa下，NH3与H2S两种气体反应生成1 mol NH4HS固体时，放出90.4 kJ的热量，该反应的热化学方程式为　　　　　　　　　　　。 （4）25℃时，H2S的Ka1和Ka2分别为1.1×10-7、1.3×10-13，NH3·H2O的Kb为1.8×10-5，则NH4HS水溶液显　　　　　　　　　　　(填“酸性”“中性”“碱性”)。 （5）硫化锂晶体的晶胞如图，晶胞中含有硫离子的数目为　　　　　　　　　　　；与硫离子最近且距离相等的锂离子的数目为　　　　　　　　　　　。 （6）将1.0 g硫粉和2.0 g铁粉均匀混合，放在陶土网上堆成条状。用灼热的玻璃棒触及混合粉末的一端引发反应，反应剧烈。实验中可能发生的反应为　　　　　　　　　(用化学方程式表示)。 【答案】（1）①     ② 四面体形    ③ V形     （2）     （3）①     ②      （4）碱性     （5）① 4    ② 8     （6）、 、 【解析】(1)S是16号元素，基态S原子的价层电子排布式为3s23p4，轨道表示式为。H2S中S原子价电子对数为4，VSEPR模型名称为四面体形，S原子有2个孤电子对，其空间结构为V形。 (2)H2O、H2S、H2Se都是分子晶体，结构相似，H2O能形成分子间氢键，沸点最高；H2S的相对分子质量小于H2Se，范德华力H2S2Se，所以沸点由高到低的顺序为； (3)NH4HS是离子化合物，电子式为。在25℃和101 kPa下，NH3与H2S两种气体反应生成1 mol NH4HS固体时，放出90.4 kJ的热量，放热反应焓变为负值，该反应的热化学方程式为； (4)25℃时，H2S的Ka1为1.1×10-7，NH3·H2O的Kb为1.8×10-5，根据“谁强显谁性”，NH4HS水溶液显碱性。 (5)根据均摊原则，晶胞中含有硫离子的数目为；根据图示，与硫离子最近且距离相等的锂离子的数目为8。 (6)实验中可能发生的反应有铁和S加热生成硫化亚铁、铁和氧气点燃生成四氧化三铁、硫燃烧生成二氧化硫，、 、 。 9.(2025·浙江6月·高考真题)(多选)铜在自然界大多以硫化物形式成矿。请回答： （1）有关铜和硫的说法正确的是_______。 A. 基态硫原子有7对成对电子 B. 铜焰色试验呈绿色，与铜原子核外电子跃迁释放能量有关 C. 基态铜原子失去2个电子，轨道形成全充满结构 D. 配位键强度： （2）一种铜化合物的晶胞如图，写出由配离子表示的该化合物的化学式　　　　　　　。 （3）化合物A[化学式：]和B[化学式：]具有相似的结构，如图。 ①化合物B给出趋势相对更大，请从结构角度分析原因　　　　　　　。 ②将化合物A与足量稀硫酸混合，在加热条件下充分反应，得到气体C和含的溶液，写出发生反应的化学方程式　　　　　　　。 ③设计实验检验气体C　　　　　　　(要求利用气体C的氧化性或还原性)。 （4）有同学以为原料，设计如下转化方案： ①步骤I的化学方程式　　　　　　　。 ②步骤Ⅱ中，溶液E中铜元素全部转化为难溶性。气体X为　　　　　　　(要求不引入其他新的元素)；溶液F中除外，浓度最高的两种离子　　　　　　　(按浓度由高到低顺序)。 【答案】（1）ABD     （2）     （3）① 化合物A与化合物B结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物B中N-H键的极性更强，更易断裂    ② 2 +3H2SO4 + 8H2O 2+ 3(NH4)2SO4 +2 H2S↑；或 +3H2SO4 + 4H2O + 3NH4HSO4 + H2S↑    ③ 将气体C通入少量酸性KMnO4溶液中，若酸性KMnO4溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S(或将气体C与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S)     （4）① 4+33O2 + 2H2SO4 = 12CuSO4 + 2 Fe2(SO4)3 +2H2O    ② SO2    ③ 、Fe2+      【解析】（4）中步骤I中，与稀H2SO4、O2发生氧化还原反应，S元素化合价从-2价氧化为+6价，Fe元素化合价从+2价氧化为+3价，Cu元素保持+2价，生成CuSO4、Fe2(SO4)3和H2O。步骤Ⅱ中溶液E中的Cu2+被还原为CuBr，需要加入具有还原性的气体SO2。溶液E中的Fe3+与SO2发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，同时溶液中还有大量的 ，来自CuSO4、Fe2(SO4)3等，所以溶液F中除K+、H+、Br-外，浓度最高的两种离子为、Fe2+。 (1)A．硫原子的原子序数为16，其基态电子排布为:1s22s22p63s23p4，其中，1s、2s、2p、3s轨道中的电子都是成对的，共6对，3p轨道中有4个电子，其中有1对成对电子，2个单电子未成对。因此，成对电子共7对，A正确； B．焰色反应是金属离子在高温下激发，电子跃迁回基态时释放能量，以光的形式表现，B正确； C．基态铜原子电子排布式为[Ar]3dl04s1，当基态铜原子失去2个电子时，先失去4s轨道的1个电子，再失去3d轨道的1个电子，形成:[Ar]3d9，3d轨道并未充满，C错误； D．配位数是指中心原子周围配体的个数，配位数都是1，但的中心铜离子电荷更高，说明中心铜离子的氧化态更高，配体结合更稳定，D正确； 故选ABD。 (2)根据均摊法，该铜化合物的晶胞中含Pt：，每个Pt周围四个Cl配位；每个晶胞中含Cu：，每个Cu周围四个NH3配位，则由配离子表示的该化合物的化学式为； (3)① 化合物A与化合物B结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物B中，N-H键的极性更强，更易断裂，给出趋势相对更大； ② 化合物A[化学式：]与足量稀硫酸混合，中P元素为+5价，S元素为-2价，反应过程中各元素化合价未发生变化，在加热条件下反应，生成、H2S气体和(NH4)2SO4，化学方程式为：2 +3H2SO4 + 8H2O 2+ 3(NH4)2SO4 +2 H2S↑；或 +3H2SO4 + 4H2O  + 3NH4HSO4 + H2S↑； ③ 由② 可知气体C为H2S，利用其还原性检验：将气体C通入少量酸性KMnO4溶液中，若酸性KMnO4溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S(或将气体C与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S) ； (4)① 步骤I中，与稀H2SO4、O2发生氧化还原反应，S元素化合价从-2价氧化为+6价，Fe元素化合价从+2价氧化为+3价，Cu元素保持+2价，生成CuSO4、Fe2(SO4)3和H2O，根据氧化还原反应的配平原则，化学方程式为:4+33O2 + 2H2SO4 = 12CuSO4 + 2 Fe2(SO4)3 +2H2O； ② 步骤Ⅱ中要将溶液E(含Cu2+等)中的铜元素全部转化为CuBr，且不引入新元素，结合反应中元素化合价变化，Cu2+被还原为Cu+(存在于CuBr中)，需要加入具有还原性的气体，所以气体X为SO2。溶液E中的Fe3+与SO2发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，同时溶液E中的CuSO4、Fe2(SO4)3还有大量的，所以溶液F除含K+、H+、Br-外，浓度最高的两种离子为、Fe2+。 10.(2025·浙江6月·高考真题)氯气、二氧化氯常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。请回答： （1）下列措施中能提高新制饱和氯水中浓度的是_______。 A. 加固体 B. 加水 C. 加粉末 D. 加足量溶液 （2）氯气常用于自来水消毒。稀氯水中存在如下反应(不考虑其他反应)： I    Ⅱ           Ⅲ    时，在不同下，约氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值如图所示(溶液体积保持不变)。 ①分子的空间构型是　　　　　　　。 ②在之间，浓度增加，其最大来源是　　　　　　　(填含氯微粒符号)。 ③该氯水中氯元素质量守恒表达式：　　　　　　　。 ④在图中画出之间，随的变化曲线　　　　　　　。 （3）某研究小组提出，商用(常含杂质)在水中易发生如下反应，影响自来水消毒效果。 Ⅳ    V    中含量对反应初始速率的影响如图所示。实验条件：初始浓度相同。 ①的存在主要加快了反应　　　　　　　(填“Ⅳ”或“V”)。 ②指出改变的影响因素，并解释原因　　　　　　　。 【答案】（1）C     （2）① V形(或角形)    ② HClO    ③     ④      （3）① V    ② 影响因素是溶液 pH以及含量等，原因是Cl2浓度增大、pH增大，均使溶液中ClO﹣浓度增大，反应V的反应物浓度增大，反应速率增大      【解析】(1)饱和氯水中存在平衡：，平衡正向移动，增加HClO浓度： A．加NaCl固体，浓度增加，平衡逆向移动，HClO降低，A错误； B．加水，平衡正向移动，HClO物质的量增加，但浓度降低，B错误； C．加粉末，消耗，平衡正向移动，HClO浓度增加，C正确； D．加足量溶液，消耗，平衡正向移动，但溶液体积会变大，HClO浓度下降，且足量的也会和HClO反应，进一步导致HClO浓度下降，D错误； 故答案为C。 (2)①分子的中心原子O的价层电子数为，O有2对孤电子对，空间构型是V形(或角形)； ② 在之间，浓度增加，主要来自 HClO 的电离：； ③溶于水生成等量的和HClO，HClO进一步转化为和，则该氯水中氯元素质量守恒表达式：； ④由 可知，随着 pH 升高，减小，亦随之减小，且，代入pH=4时，，得到，同理，pH=9时，，，故从 pH=4 到9时，从-11点位大致呈单调下降曲线递减到-14点位，如图所示：； (3)① 反应Ⅳ是自身的氧化还原反应，而反应V是做氧化剂，将氧化为(氯的含氧酸中并不是化合价越高，氧化性越强)，故当存在时，存在题(2) 中Ⅰ和Ⅲ的电离平衡，主要影响的是反应Ⅴ，即加快了反应Ⅴ的反应速率； ② 读图可知，影响的主要因素有溶液 pH以及 含量等，原因是Cl2浓度增大、pH增大，均使溶液中ClO﹣浓度增大，反应V的反应物浓度增大，反应速率增大。 11.(2025·山东·高考真题)单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）在元素周期表中，位于第　　　　　　　周期　　　　　　　族。基态原子与基态离子未成对电子数之比为　　　　　　　。 （2）尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是　　　　　　　，电负性最大的是　　　　　　　。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为　　　　　　　。 ③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是　　　　　　　(填元素符号)。 （3）可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为)。 ①晶胞中原子的半径为　　　　　　　。 ②研究发现，晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是　　　　　　　，该截面单位面积含有的原子为　　　　　　　个。 【答案】（1）① 四    ② VIII    ③ 4：5     （2）① N    ② O    ③ sp2    ④ O     （3）①     ② n    ③       【解析】(1)Fe为26号元素，位于元素周期表中第四周期VIII族；基态Fe原子电子排布式为[Ar]3d64s2，未成对电子数为4，基态Fe3+电子排布式为[Ar]3d5，未成对电子数为5，故答案为：四；VIII；4：5。 (2)① 同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>C；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C，故答案为：N；O。 ② 尿素分子中C原子形成3个σ键，无孤电子对，采取的轨道杂化方式为sp2杂化。 ③ 八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，因此N原子不会参与形成配位键，说明C=O中O原子参与配位，所以与配位的原子是O。 (3)①为体心立方晶胞，晶胞边长为a pm，体对角线长度为，体心立方晶胞中Fe原子半径r与体对角线关系为4r=，因此原子的半径为。 ②m截面面积Sm=a2pm2，每个角原子被 4个相邻晶胞共享(二维共享)，如图所示：，每个晶胞的顶点原子贡献个原子给该晶面，所含原子数为，单位面积原子数为个pm-2，n截面面积为pm2，每个角原子被4个相邻晶胞共享，体心原子完全属于本截面，所含原子数为，单位面积原子数为个∙pm-2，因此催化活性较低的是n截面，该截面单位面积含有的原子为个∙pm-2。 12.(2025·广东·高考真题)(多选)酸及盐在生活生产中应用广泛。 （1）甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性溶液，振荡，观察到体系颜色　　　　　　　。 （2）某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作及其顺序为：加热溶解、　　　　　　　(填下列操作编号)。 （3）兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度和苯甲酸的，实验如下：取50.00mL苯甲酸饱和溶液，用溶液滴定，用pH计测得体系的pH随滴入溶液体积V变化的曲线如图。据图可得： ①　　　　　　　。 ②苯甲酸的　　　　　　　(列出算式，水的电离可忽略)。 （4）该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。 ①知识回顾   羧酸酸性可用衡量。下列羧酸的变化顺序为：。随着卤原子电负性　　　　　　　，羧基中的羟基　　　　　　　增大，酸性增强。 ②提出假设   甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为： ③验证假设   甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断大小顺序，因为　　　　　　　。 乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的，其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。 ④实验小结   假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。 （5）该小组尝试测弱酸HClO的。 ①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为　　　　　　　。 ②小组讨论后，选用0.100mol/LNaClO溶液(含少量NaCl)进行实验，以获得HClO的。简述该方案　　　　　　　(包括所用仪器及数据处理思路)。 ③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。 【答案】（1）由紫色变为无色     （2）dab     （3）①     ②      （4）① 增大    ② 极性    ③ 常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同     （5）①     ② 实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据； 数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka      【解析】(1)酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察到体系颜色由紫色变为无色。 (2)重结晶法提纯苯甲酸的方法为，加热溶解，趁热过滤至另一烧杯中，将滤液静置，使其缓慢冷却结晶，待滤液完全冷却后滤出晶体，并用少量蒸馏水洗涤，故操作编号为dab； (3)① 由图像可知，当加入14mLNaOH溶液时，苯甲酸被完全中和，则可得苯甲酸饱和溶液的浓度； ② 由图像可知，苯甲酸饱和溶液的pH为2.89，说明苯甲酸饱和溶液中的，则苯甲酸的。 (4)① 羧酸酸性的强弱取决于羧基中O-H键的极性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸电子能力越强，使得羧基中O-H键的极性越大，酸性越强； ③ 由于常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。 (5)① 次氯酸在光照条件下易分解为HCl和O2，其分解反应的离子方程式为 ； ② 实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据； 数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka。 13.(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。 14.(2025·浙江1月·高考真题)(多选)磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答： （1）关于ⅤA族元素原子结构的描述，下列说法正确的是_______。 A. 基态P原子轨道上的电子自旋方向相同 B. 的最外层电子数为18 C. 的半径小于的半径 D. 电子排布为的P原子处于激发态 （2）某化合物的晶胞如图。 ①化学式是　　　　　　　； ②将该化合物加入到含少量石蕊的中，实验现象是　　　　　　　(从酸碱性和溶解性角度推测)。 （3）两分子脱水聚合得到一分子，从的结构角度分析差异的原因　　　　　　　。 （4）兴趣小组对某磷灰石[主要成分为和少量]进行探究，设计了两种制备的方法： Ⅰ.用稍过量的浓与磷灰石反应，得到溶液、少量气体、渣(主要成分为)。 Ⅱ.将磷灰石脱水、还原，得到的白磷燃烧后与水反应制得溶液。 ①方法I，所得溶液中含有的杂质酸是　　　　　　　。 ②以方法Ⅰ中所得渣为硫源，设计实验制备无水，流程如下： 溶液A是　　　　　　　，系列操作B是　　　　　　　，操作C是　　　　　　　。 ③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，该反应的化学方程式是　　　　　　　。 【答案】（1）AD     （2）① Ca3PCl3    ② 溶液变蓝，有气体放出，形成悬浊液     （3）的负电荷密度大，更易结合氢离子     （4）① 硫酸、盐酸、氢氟酸    ② 碳酸钠溶液    ③ 过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤    ④ 加热脱水    ⑤ 2+30C+20SiO220CaSiO3+3P4+30CO↑      【解析】(1)A．基态P原子价电子排布式为3s23p3，根据洪特规则，轨道上的3个电子自旋方向相同，故A正确； B．基态As原子价电子排布式为4s24p3，的价电子排布式为4s2，最外层电子数为2，故B错误； C．比多一个电子层，所以的半径大于的半径，故C错误；        D．基态P原子的电子排布式为的，电子排布为的P原子处于激发态，故D正确； 选AD。 (2)① 根据均摊原则，晶胞中Cl原子数、P原子数、Ca原子数，所以化学式是Ca3PCl3； ②Ca3PCl3中P显-3价，将该化合物加入到含少量石蕊的中，发生反应2Ca3PCl3+6H2O=3Ca(OH)2+3CaCl2+2PH3↑，反应生成0.015mol氯化钙、0.015mol氢氧化钙、PH3气体，溶液呈碱性，氢氧化钙微溶于水、生成的氢氧化钙不能完全溶解，故实验现象是溶液变蓝，有气体放出，形成悬浊液。 (3)当两分子H3PO4脱水聚合时，结构发生变化，聚合结构的体积更大，负电荷分布更分散，更容易电离出氢离子，而的负电荷密度大，更易结合氢离子，所以聚合后的Ka3值增大； (4)① 方法I中，和浓硫酸反应生成硫酸钙、磷酸、氢氟酸、盐酸，氢氟酸和反应生成SiF4气体和水，所得溶液中含有的杂质酸是硫酸、盐酸、氢氟酸。 ② 碳酸钠和硫酸钙反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀和硫酸钠，溶液A是碳酸钠溶液；过滤出碳酸钙，得硫酸钠、碳酸钠混合液，加硫酸除碳酸钠，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得，系列操作B是过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，加热脱水得无水硫酸钠，操作C是加热脱水。 ③ 方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，根据元素守恒，可燃性气体为CO，该反应的化学方程式是2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑。 15.(2025·海南·高考真题)过渡金属钌(Ru)的配合物A可用于多种化学键的活化。和代表两种不同的烷基。水分子参与反应(第①步)，经由配合物B，得到C，实现氧氢键断开。 回答问题： （1）同位素氘(或D)，是一种常用的追踪标记原子，氘的质量数是　　　　　　。 （2）分子中键的极性大于分子中键，主要原因是　　　　　　。 （3）第②步反应前后，杂化方式改变的碳原子是　　　　　　(填碳原子标号)。 （4）某溶剂中，用醇钾()处理前体配合物E，可将其转化为A。转化反应方程式为：　　　　　　。 （5）若第①步参与反应的小分子为(即氨中所有氢原子皆被氘取代)，经第②步反应，得到。将答题卡中的结构图补充完整(须标出全部氘原子) 　　　　　　。 一种可用作强氧化剂的含钌多氟化物的晶体晶胞，如图1所示，完成(6)、(7)题。 （6）Ag与Cu是同族相邻周期元素。已知该晶体中Ag阳离子有1个未成对电子，此Ag阳离子的基态价电子排布式为　　　　　　。 （7）每个Ag原子周围的紧邻氟原子围成规则配位结构，与该晶胞中氟原子的配位关系均已在图1呈现。沿c方向投影，见图2(已放大处理)。b方向紧邻晶胞中与配位的氟原子标号是　　　　　　。(紧邻晶胞中相应氟原子标号与图示晶胞相同)。 【答案】（1）2     （2）电负性O>N     （3）e     （4）     （5）     （6）     （7）2      【解析】(1)的质子数为1，中子数为1，质量数为2； (2)极性共价键的极性强弱取决于原子电负性差异。电负性差异越大，键的极性越强，电负性O>N，故分子中键的极性大于分子中键； (3)第二步(B→C)实质是e处碳原子发生质子化，e处碳原子杂化方式由sp2改变成sp3； (4)观察E、A结构，可知E转化为A，分子里失去一个H原子和一个Cl原子，故； (5)ND3先与Ru结合生成B`()，经过步骤② 将D进行转移至e处，的结构图； (6)Ag与Cu是同族相邻周期元素，Cu+和Cu2+的基态价电子排布式分别为，Ag阳离子有1个未成对电子，故基态价电子排布式为； (7)由图1可知，123在同一平面，b方向紧邻晶胞中与配位的氟原子标号是2号氟原子。 16.(2025·河南·高考真题)的热分解与催化的重整结合，可生产高纯度合成气，实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 回答下列问题： （1）位于元素周期表中　　　　　　　区；基态的价电子排布式为　　　　　　　。 （2）水分子的模型与其空间结构模型不同，原因是　　　　　　　。 （3）的晶胞如图1所示(晶胞参数)，该物质的化学式为　　　　　　　。 （4）恒压条件下，重整反应可以促进分解，原因是　　　　　　　。 （5）在温度分别为和下，的平衡转化率与压强的关系如图2所示，反应温度最高的是　　　　　　　(填“”“”或“”)，原因是　　　　　　　。 （6）一定温度、下，向体系中加入和，假设此条件下其他副反应可忽略，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，转化率为，物质的量为，反应Ⅲ的平衡常数　　　　　　　(保留小数点后一位)，此时原位利用率为　　　　　　　。 已知：原位利用率 【答案】（1）① s    ② 3d8     （2）O原子上存在2对孤电子对，VSEPR模型考虑孤电子对而空间结构模型不考虑     （3）Ni2P     （4）反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移     （5）① T1    ② 升高温度，反应Ⅱ正向移动     （6）① 1.2    ② 70%      【解析】(1)Ca原子序数为20，电子排布为[Ar]4s2，价电子位于s轨道，属于周期表s区；Ni原子序数为28，基态电子排布为[Ar] 3d84s2。Ni失去4s能级上2个电子形成Ni2+，价电子排布为3d8，故答案为：s；3d8。 (2)中心O原子有2个σ键，孤电子对数为，共4个价电子对，模型为四面体型，空间构型为V型，故答案为：O原子上存在2对孤电子对，VSEPR模型考虑孤电子对而空间结构模型不考虑。 (3)该晶胞中，P原子8个位于顶点(4个被6个晶胞共用，4个被12个晶胞共用)、2个位于体内，1个晶胞中所含P原子数为，Ni原子8个位于棱(均被4个晶胞共用)、6个位于面(均被2个晶胞共用)，1个位于体内，Ni原子数为，因此该物质的化学式为Ni2P。 (4)重整反应会消耗CO2，降低体系中CO2分压，使分解反应正向移动，故答案为：反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2，降低体系CO2分压，使反应Ⅰ平衡右移。 (5)反应Ⅱ正向为吸热反应，相同压强时，升高温度，反应正向移动，CH4转化率增大，因此温度最高的是T1，故答案为：T1；升高温度，反应Ⅱ正向移动。 (6)一定温度、下，向体系中加入和，恒压反应至平衡时，体系中转化率为，反应Ⅰ：平衡时生成，转化率为，物质的量为，则 气体总物质的量n总=(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3mol， 反应Ⅲ的平衡常数，平衡时，原位利用率为，故答案为：1.2；70%。 17.(2025·安徽·高考真题)(多选)某含锶()废渣主要含有和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。 已知时， 回答下列问题： （1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为　　　　　　　。 （2）“浸出液”中主要的金属离子有、　　　　　　　(填离子符号)。 （3）“盐浸”中转化反应的离子方程式为　　　　　　　；时，向粉末中加入溶液，充分反应后，理论上溶液中　　　　　　　(忽略溶液体积的变化)。 （4）其他条件相同时，盐浸，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是　　　　　　　。 （5）“浸出渣2”中主要含有、　　　　　　　(填化学式)。 （6）将窝穴体a(结构如图2所示)与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是　　　　　　　。 （7）由制备无水的最优方法是　　　　　　　(填标号)。 a．加热脱水          b．在气流中加热     c．常温加压       d．加热加压 【答案】（1）     （2）、     （3）①     ②      （4）升高温度，与有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大；     （5）、     （6）窝穴体a的空腔与更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定     （7）a      【解析】含锶()废渣主要含有和等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入滤液，浸出渣1中含有，加入溶液，发生沉淀转化，，得到溶液，经过系列操作得到晶体； (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价电子排布式为； (2)由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有、、； (3)由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，离子方程式：；该反应的平衡常数，平衡常数很大，近似认为完全转化，溶液中剩余，则，列三段式： ，理论上溶液中； (4)随温度升高锶浸出率增大，原因是升高温度，与有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大； (5)“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了，不参与反应，故浸出渣2”中主要含有、、； (6)窝穴体a与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是窝穴体a的空腔与更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定； (7)为强碱，则也是强碱，不水解，排除b，由平衡移动原理可知制备无水的方法加压不利于脱水，排除c、d，故选a。 18.(2024·全国甲卷·高考真题)(多选)ⅣA族元素具有丰富的化学性质，其化合物有着广泛的应用。回答下列问题： （1）该族元素基态原子核外未成对电子数为　　　　　，在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为　　　　　。 （2）俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为　　　　　(填标号)。 a．离子键       b．极性共价键       c．非极性共价键       d．配位键 （3）一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，其中电负性最大的元素是　　　　　，硅原子的杂化轨道类型为　　　　　。 （4）早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明原因：　　　　　。 物质 熔点/ 442 29 143 （5）结晶型可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。其中的配位数为　　　　　。设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为　　　　　(列出计算式)。 【答案】（1）① 2    ② +4     （2）bd     （3）① C    ②      （4）SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高     （5）① 6    ②       【解析】(1)ⅣA族元素基态原子的价层电子排布为，其核外未成对电子数为2，因最外层电子数均为4，所以在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为+4； (2)俗称电石，其为离子化合物，由和构成，两种离子间存在离子键，中两个C原子之间存在非极性共价键，因此，该化合物中不存在的化学键类型为极性共价键和配位键，故选bd； (3)一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，含C、Si、H三种元素，其电负性大小：C>H>Si，则电负性最大的元素是C，硅原子与周围的4个原子形成共价键，没有孤电子对，价层电子对数为4，则硅原子的杂化轨道类型为； (4)根据表中数据可知，SnF4的熔点均远高于其余三种物质，故SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，SnCl4、SnBr4、SnI4三种物质的相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，熔点升高，故原因为：SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高； (5)由晶胞结构图可知，该晶胞中有4个和4个，每个原子周围距离最近的原子数均为6，因此的配位数为6。设为阿伏加德罗常数的值，则个晶胞的质量为，个晶胞的体积为，因此该晶体密度为。 19.(2024·天津·高考真题)锗()、锡()和铅()是第ⅣA族元素，原子序数依次增大。 （1）三种元素中，第一电离能最大的是　　　　　　　　　　　。 （2）基态原子的价层电子排布式为　　　　　　　　　　　。晶体与金刚石具有类似的晶体结构，其晶胞如图。在该晶胞中，原子的数目为　　　　　　　　　　　。 （3）粗锡常由还原制得。将炭与混合，隔绝空气加热到，无明显反应：但通入空气，使炭不完全燃烧，时即可迅速转化为，推断还原的物质是　　　　　　　　　　　。 （4）含铁、铅杂质的粗锡进行电解精炼时，纯锡接电源的　　　　　　　　　　　极，粗锡上发生反应的电极反应式为　　　　　　　　　　　。 （5）和均为不易溶于水的强电解质。已知一定温度下，的饱和溶液中，的。反应在该温度下的平衡常数为　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）(或锗)     （2）①     ② 8     （3）(或一氧化碳)     （4）① 负    ② ，     （5）      【解析】(1)同主族元素，从上至下，元素的第一电离能逐渐减小，锗()、锡()和铅()是第ⅣA族元素，三种元素中，第一电离能最大的是锗()； (2)Ge的原子序数为32，基态Ge原子的价层电子排布式为；由图可知，Ge原子位于顶点和面心，其数目为； (3)粗锡常由还原制得，将炭与混合，隔绝空气加热到1000℃，无明显反应，说明C不能还原，但通入空气，使炭不完全燃烧，生成CO，840℃时即可迅速转化为Sn，由此推断还原的物质是CO； (4)含铁、铅杂质的粗锡进行电解精炼时，与铜的电解精炼类似，纯锡接电源的负极，粗锡上发生反应的电极反应式为、； (5)已知一定温度下，的饱和溶液中，则，该反应的平衡常数K=。 20.(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。 21.(2024·山东·高考真题)锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题： （1）在元素周期表中位于第　　　　　　　周期　　　　　　　族；同周期中，基态原子未成对电子数比多的元素是　　　　　　　(填元素符号)。 （2）的某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为　　　　　　　。 当晶体有O原子脱出时，出现O空位，的化合价　　　　　　　(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是　　　　　　　(填标号)。 A．            B．             C．            D． （3）(见图)是晶型转变的诱导剂。的空间构型为　　　　　　　；中咪唑环存在大键，则N原子采取的轨道杂化方式为　　　　　　　。 （4）可作转化为的催化剂(见下图)。的熔点远大于，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是　　　　　　　。 【答案】（1）① 四    ② ⅦB    ③ Cr     （2）① MnO2    ② 降低    ③ A     （3）① 正四面体形    ② sp2     （4）FDCA形成的分子间氢键更多      【解析】(1)Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为：，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为，有6个未成对电子； (2)由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为+2价、V2O5中V的化合价为+5价、Fe2O3中Fe的化合价为+3、CuO中Cu的化合价为+2，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质； (3)中B形成4个σ键（其中有1个配位键），为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2； (4)由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。 22.(2024·重庆·高考真题)含钌()催化剂在能源等领域应用广泛。方是制备负载型钌催化剂的前驱体。一种制备高纯的技术路线如下(部分试剂、步骤及反应条件略)。 回答下列问题： （1）已知基态的核外电子排布式为，则在元素周期表中位于第　　　　　　　周期第　　　　　　　族。中，的空间结构为　　　　　　　。 （2）为验证与形成了配位键，对所得的表征结果如图所示，表征所用仪器是_______。 A. 核磁共振仪 B. 质谱仪 C. 红外光谱仪 D. X射线衍射仪 （3）步骤①中无气体生成，除生成配合物外，生成的盐还有　　　　　　　(填化学式)。 （4）步骤②生成的为难溶物，反应的化学方程式为　　　　　　　。 （5）步骤③在加入稀硝酸前，需要将难溶物加入溶液中，以除去残留的；为使沉淀完全，浓度应大于　　　　　　　。(已知的) （6）受热易分解，在时完全分解，失重率为，剩余固体为的氧化物，则该氧化物的化学式为　　　　　　　。 【答案】（1）① 五    ② Ⅷ    ③ V形     （2）C     （3）KNO3、KCl     （4）     （5）     （6）RuO2      【解析】根据流程可知，第① 步发生反应，第② 步发生反应，第③ 步发生反应，据此分析解答。 (1)根据Ru的价电子排布式为[Kr]4d75s1，Ru在周期表中的位置是第五周期第Ⅷ族；成键电子对为2，孤对电子为=1，价电子互斥模型为平面三角形，空间构型为V形； (2)图为吸收波谱的谱图，为红外光谱，测量仪器为红外光谱仪，答案选C； (3)步骤① 中加入NaNO2，亚硝酸钠发生歧化反应，反应无气体生成，根据氧化还原反应配平该反应为，生成的盐还有KNO3、KCl； (4)步骤② 生成的为难溶物，反应的化学方程式为； (5)为使沉淀完全，则c()＜1×10-5mol/L，浓度应大于mol/L (6)设分解1mol，其质量为317g，当时完全分解，失重率为，剩余固体质量为317g×(1－58%)=133.14g，根据Ru守恒，n(Ru)=1mol，其含有的Ru质量为101g，剩余固体为的氧化物，则n(O)=，即固体中n(Ru)∶n(O)=1∶2，则该氧化物的化学式为RuO2。 23.(2024·海南·高考真题)锂电池是新型储能系统中的核心部件。作为锂电池中用到的电解质材料之一，(阴离子结构见下图。A)深受关注。 回答问题： （1）的制备前体(B)，可由C的氟化反应得到，C中第三周期元素有　　　　　　　(填元素符号)。 （2）C分子中，两个键角均为，键角为，N的原子轨道杂化类型为　　　　　　　。 （3）B溶于某溶剂发生自耦电离()，阳离子F的结构式为　　　　　　　。 （4）B和D水溶液均呈酸性，相同温度下，值大小关系：B　　　　　　　D(填“>”或“<”)；沸点大小关系：B(170℃)>E(60.8℃)，其原因是　　　　　　　。 （5）研究表明，某有机溶剂中，相同浓度的G溶液和H溶液，前者电导率显著低于后者，原因是　　　　　　　。 （6）在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体形晶胞(图1，长方体棱长为a、b、c)，另一种取立方体形晶胞(图2，Cl居于立方体中心，立方体棱长为d)。图中氢原子皆已隐去。 ①立方体形晶胞所代表的晶体中部分锂离子(●Li)位置上存在缺位现象，锂离子的总缺位率为　　　　　　　；该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为　　　　　　　。 ②两种晶型的密度近似相等，则　　　　　　　。(以含a、b和d的代数式表达) 【答案】（1）Cl、S     （2）     （3）或     （4）① >    ② B分子间存在氢键     （5）G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液     （6）①     ② 8    ③       【解析】(1)由图可知，C中第三周期元素为氯元素和硫元素，故答案为：Cl、S； (2)由键角可知，C中氮原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2； (3)由原子个数和电荷总数守恒可知，阳离子F的结构式可能为或，故答案为：或； (4)氟原子是吸电子基，会使氮氢键的极性增强，电离出氢离子的能力增大，乙基是供电子基，会使氮氢键的极性减弱，电离出氢离子的能力减弱，则b的酸性强于D；由图可知，B分子能形成分子间氢键，E分子不能形成分子间氢键，所以B的分子间作用力强于B，沸点强于B，故答案为：B分子间存在氢键； (5)由图可知，G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液，所以有机溶剂中，相同浓度的G溶液和H溶液，前者电导率显著低于后者，故答案为：G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液； (6)① 由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8×=1，位于棱上的锂离子个数为12×=3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总缺位率为=；晶胞中位于体心的氯离子与位于12条棱上的锂离子距离最近，但离子的缺位率为，则氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为12×=8；故答案为：；8； ② 设Li2(OH)Cl的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为，立方体形晶胞，由两种晶型的密度近似相等可知，c=，故答案为：。 24.(2024·湖南·高考真题)铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ②   ； ③易从溶液中结晶析出； ④不同温度下的溶解度如下： 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： （1）Cu属于　　　　　　　区元素，其基态原子的价电子排布式为　　　　　　　； （2）“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为　　　　　　　； （3）“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的： ①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是　　　　　　　。 ②在“除金”工序溶液中，浓度不能超过　　　　　　　。 （4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为　　　　　　　。 （5）滤液4中溶质主要成分为　　　　　　　(填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是　　　　　　　。 【答案】（1）① ds    ② 3d104s1     （2）     （3）① 使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为    ② 0.5     （4）0.05     （5）① 、NaCl    ② 高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产      【解析】铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1中加入NaClO3、H2SO4、NaCl，将Au转化为Na[AuCl4]除去，滤液2中含有Na[AuCl4]，滤渣2中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2中加入Na2SO3，将AgCl转化为和，过滤除去PbSO4，滤液3中加入Na2S2O4，将Ag元素还原为Ag单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4中溶质主要为NaCl、Na2SO3，可继续进行银转化过程。 (1)Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds区，其基态原子的价电子排布式为3d104s1，故答案为：ds；3d104s1； (2)滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成、和，反应的离子方程式为：，故答案为：； (3)① 在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是：使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为； ② 由题目可知，在“除金”工序溶液中，若加入过多，AgCl则会转化为，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol⋅L−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl发生转化，则令，由，可得，即浓度不能超过，故答案为：0.5； (4)在“银转化”体系中，和浓度之和为，溶液中存在平衡关系：，根据图可知当时，此时，则该平衡关系的平衡常数，当时，，解得此时，故答案为：0.05； (5)由分析可知滤液4中溶质主要成分为NaCl、Na2SO3；由不同温度下的溶解度可知，高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产，故答案为：；高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产。 25.(2024·浙江6月·高考真题)氧是构建化合物的重要元素。请回答： （1）某化合物的晶胞如图1，的配位数(紧邻的阳离子数)为　　　　　　　；写出该化合物的化学式　　　　　　　，写出该化合物与足量溶液反应的化学方程式　　　　　　　。 （2）下列有关单核微粒的描述正确的是_______。 A. 的基态原子电子排布方式只有一种 B. 的第二电离能的第一电离能 C. 的基态原子简化电子排布式为 D. 原子变成，优先失去轨道上的电子 （3）化合物和的结构如图2。 ①和中羟基与水均可形成氢键()，按照氢键由强到弱对三种酸排序　　　　　　　，请说明理由　　　　　　　。 ②已知、钠盐的碱性，请从结构角度说明理由　　　　　　　。 【答案】（1）① 12    ② K3ClO    ③ K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O     （2）AB     （3）① HC>HB>HA    ② O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，其中羟基与H2O形成的氢键逐渐增强    ③ S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，碱性NaC＞NaD      【解析】(1)由晶胞结构知，Cl位于8个顶点，O位于体心，K位于面心，1个晶胞中含Cl：8×=1个、含O：1个、含K：6×=3个，该化合物的化学式为K3ClO；由图可知，Cl-的配位数为=12；该化合物可看成KCl∙K2O，故该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3∙H2O，反应的化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O。 (2)A．根据原子核外电子排布规律，基态Ar原子的电子排布方式只有1s22s22p63s23p6一种，A项正确； B．Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，Na+和Ne具有相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，故Na的第二电离能＞Ne的第一电离能，B项正确； C．Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，C项错误； D．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，D项错误； 答案选AB。 (3)①O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，从而其中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC>HB>HA； ②HC、HD钠盐的碱性NaC＞NaD，说明酸性HC＜HD，原因是：S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，钠盐的碱性NaC＞NaD。 26.(2024·浙江1月·高考真题)氮和氧是构建化合物的常见元素。 已知： 请回答： （1）某化合物的晶胞如图，其化学式是　　　　　　　，晶体类型是　　　　　　　。 （2）下列说法正确的是_______。 A. 电负性： B. 离子半径： C. 第一电离能： D. 基态2+的简化电子排布式： （3）①，其中的N原子杂化方式为　　　　　　　；比较键角中的　　　　　　　中的(填“>”、“<”或“=”)，请说明理由　　　　　　　。 ②将与按物质的量之比1:2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是。比较氧化性强弱： 　　　　　　　(填“>”、“<”或“=”)；写出A中阴离子的结构式　　　　　　　。 【答案】（1）①     ② 分子晶体     （2）CD     （3）① sp3    ② ＜    ③ 有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小    ④ ＞    ⑤       【解析】(1)由晶胞图可知，化学式为；由晶胞图可知构成晶胞的粒子为分子，故为分子晶体； (2)A同一周期，从左到右，电负性依次增强，故顺序为，A错误； B核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故顺序为，B错误； C同一周期，从左到右，电离能增大的趋势，VA族和ⅥA族相反，故顺序为，C正确； D基态的简化电子排布式：，Cr2+的简化电子排布式为[Ar]3d4，D正确； 故选CD； (3)①的价层电子对数，故杂化方式为sp3；价层电子对数为4，有一对孤电子对，价层电子对数，无孤对电子，又因为孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，故键角中的＜中的； ② 将与按物质的量之比1:2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是，则A为NO2HS2O7，为硝酸失去一个OH-，得电子能力更强，氧化性更强，故氧化性强弱： ＞；阴离子为根据已知可知其结构式为。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $