13.选择性必修2 第一章 原子结构与性质-高中化学·2026年高考真题分类

**基本信息** 以2026年高考真题为载体，聚焦原子结构与性质，通过元素推断、化学用语判断、工艺流程分析等题型，系统构建“结构→性质→应用”的解题逻辑链，渗透证据推理与模型认知。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |单选题|12题|元素推断：利用电子排布、价层电子数等特征定位元素；化学用语：结合电负性、电离能等性质判断电子式、轨道表示式等|原子结构（电子排布、轨道）→元素性质（电负性、电离能）→物质性质（如干燥剂、半导体）| |解答题|4题|工艺流程：通过图表分析最佳条件（如NaOH浓度、pH）；反应原理：运用盖斯定律、平衡移动分析反应能量与转化率|微观结构（价层电子轨道）→宏观应用（钪铝回收、硫氯化合物工艺），体现结构决定性质的化学观念|

【 高中化学 】 2026年高考真题-按章分类 选择性必修2 第一章 原子结构与性质 12个单选题 + 0个多选题 + 4个解答题 ---- 学 生 版 ---- 一、单选题 1.(2026高考·浙江)某课题组采用电化学方法合成含硫磷有机化合物(以作溶剂，Ph—代表苯基，电负性：)。合成机理示意图如下： 下列说法不正确的是( ) A.该合成中NaI可作电解质 B.化合物1、化合物2中P元素的化合价不同 C.转化为化合物4的反应中，被还原 D.该合成的反应式为 2.(2026高考·甘肃)是文物修复中使用的一种仿生材料，、、、为依次位于第一至第四周期的主族元素。其中，原子核外电子只有一种自旋取向，基态原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等。的单质能在空气中自燃，基态原子价层电子数为的2倍。下列说法错误的是( ) A.和的单质均具有还原性 B.化合物WY可作干燥剂 C.X和Y的单质均可在空气中燃烧 D.化合物的水化物具有酸性 3.(2026高考·甘肃)基于我国在制备高纯氟化物熔盐、核级石墨和耐腐蚀镍基合金等领域的技术突破，第四代核裂变反应堆(钍基熔盐堆)在甘肃建成，并于2025年首次实现堆内钍铀转化。下列说法错误的是( ) A.NaF电子式 B.碳原子结构示意图 C.基态Ni原子价层电子排布图 D.元素钍(Th)有和等核素 4.(2026高考·广西)利于口腔健康的某物质，含原子序数依次增大的前四周期元素W、X、Y、Z。W是地壳中含量最高的元素，X单质在单质中氧化性最强，基态Y原子电子总数是最外层电子数的3倍，ZW是常用干燥剂。下列说法正确的是( ) A.原子半径：X>Y B.第一电离能：X>W C.电负性：W>X>Z D.Z的价层电子轨道表示式 5.(2026高考·江苏)锡(Sn)是中国古代青铜中的重要金属，Sn位于第五周期ⅣA族。下列说法正确的是( ) A.气态分子热稳定性： B.第一电离能： C.原子半径： D.基态原子最外层电子排布式为 6.(2026高考·重庆)X、Y、Z、Q和元素的原子序数依次增大，且皆不在0族。和处于同一周期，的核外电子分布在4个原子轨道上，和的n p轨道电子数之和等于的轨道电子数，在化合物中两种离子的电子排布式相同，离子的层电子数比层和层电子数之和多2。下列叙述正确的是( ) A.非金属性： B.的氢化物难溶于水 C.最高化合价： D.的焰色为黄色 7.(2026高考·重庆)下列描述正确的是( ) A.的电子式为 B.的空间填充模型为 C.的电子排布图为 D.中子数22的的核素符号为 8.(2026高考·江西)高能离子化合物由同一短周期元素组成。四种原子基态时未成对电子总数为7，内层电子总数为8，阴离子结构如图。下列元素中电负性最小的是( ) A.M B.X C.Y D.Z 9.(2026高考·贵州)反应可用于制备消毒剂。下列有关化学用语的说法错误的是( ) A.基态氧原子的电子云轮廓图： B.的电子式： C.中子数为20的氯原子符号： D.的电离方程式： 10.(2026高考·江西)我国科学家在硅衬底上成功合成材料，实现了黄光LED的重大突破，点亮了“中国之光”。已知Ga、In和Al同族，下列说法正确的是( ) A.Ga的价层电子排布是 B.中Ga与In化合价不同 C.单晶硅是半导体材料 D.是金属材料 11.(2026高考·广东)化合物与可用作电解质饮料的配料。短周期元素M、R、L、T、Q、X原子序数依次增加，R、X同族，Q与X相邻，Q基态原子的3p轨道为半充满，则下列说法正确的是( ) A.原子半径： B.金属性： C.第一电离能： D.最高价氧化物对应水化物的酸性： 12.(2026高考·河南)某催化剂由、、、四种短周期主族元素及第四周期区元素组成。、、、的原子序数依次增大，基态原子的原子核外无未成对电子。基态原子的核外电子填充在3个能级，且各能级电子数相等，其价电子数等于原子核电荷数的一半。与位于不同周期，基态原子的价电子数与基态原子轨道中的电子总数相等。下列说法正确的是( ) A.电负性： B.的中心原子采取杂化 C.的原子半径在同周期中最大 D.的第一电离能高于同周期相邻元素 二、解答题 13.(2026高考·贵州)钪是一种关键的战略金属，对国防科技、产业升级有重要的作用。从某钪铝渣［含及、、等的氢氧化物］中回收钪和铝，工艺流程如图。 已知： ①钪铝渣中夹杂在其他金属氢氧化物中或包裹在其他颗粒的孔隙中。 ②“酸浸”工序中，钪主要以的形式被浸出。 ③时，，  。 回答下列问题： (1)基态钪原子的价层电子轨道表示式为_______________。 (2)“预处理”工序的操作是________。 (3)“碱浸”工序中，在一定条件下，NaOH溶液浓度对钪和铝浸取率的影响如图1，最佳NaOH溶液浓度为________________。 (4)“酸浸”工序中浸出钪的主要离子方程式为____________________。 (5)pH对萃取率的影响如图2，HNO3溶液浓度对洗脱率的影响如图3。 ①“无机溶液1”中存在的金属阳离子主要是___________。 ②本工艺中去除溶液中Fe3+的工序是___________，依据是_____________________________________。 (6)“碱浸”工序中，、溶液中时，pH为________。 14.(2026高考·广东)硫、氯单质及其化合物在科研和生产中均具有重要作用。 (1)基态S原子的价层电子轨道表示式为___________。 (2)我国科学家在深海发现化能合成生物群落，硫化物的氧化可为生物活动提供能量。       则___________(用和表示)。 (3)的氧化可在卟啉铁配合物[](用表示)催化下进行，其中的一步反应为。为研究不同因素对该反应的影响，进行4组实验：Ⅰ~Ⅲ组仅初始不同；Ⅳ与Ⅱ组仅温度不同。时间内的实验数据如图1。 ①下列说法正确的有___________。 A.0~t内反应速率：Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ B.Z的平衡转化率：Ⅰ<Ⅱ<Ⅲ C.实验温度：Ⅱ>Ⅳ       D.平衡时的浓度：Ⅱ和Ⅳ相等 ②Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，且，则___________。 (4)可用于橡胶的硫化。其在潮湿空气中水解生成、和，该水解反应的熵变___________0(填“>”“=”或“<”)。 (5)某低共熔溶剂(D)可用于吸收，其吸收过程可表示为： ， 在一定和压强()下，吸收至饱和时，每摩尔D吸收的量为，相关信息见图2，或随的变化如图3。 ①1 mol D在303 K、下吸收至饱和，再升温至、降压至，达平衡后可释放___________。 ②形成的总过程表示为，其平衡常数可表示为。已知：时，，则在、、最多可吸收___________。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) 15.(2026高考·河北)钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工艺，实现在温和条件下钒和铬的高效提取。主要流程如下： 已知：钒渣主要含、、和少量CaO、 等。 回答下列问题： (1)V和Cr均位于元素周期表的_____区。 (2)氧化工序通常采用较大的流量，其目的是_______________________；配平化学方程式：________________________________。 _____ _____ _____ _____ _____ ______ (3)滤渣的主要成分有 、__________、__________(填化学式)。 (4)80℃和40℃时，和的溶解度随 质量分数变化如图所示。结合图像分析 质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40℃有利于实现钒和铬有效分离的原因：________________________________。 (5)母液返回_________工序。 (6)还原工序中，反应的离子方程式为___________________________________。 16.(2026高考·云南)创新驱动，深挖“城市矿山”，一种从废弃印刷电路板(WPCB)(主要含Cu、Ni、Au、Ag)中分离回收有价金属的工艺如下： 已知：①PMS为过一硫酸盐(含过氧键)，在强酸介质中会水解。 ②表示具有高氧化活性的单线态氧分子。 回答下列问题： (1)Au与Cu同族，属于__________区元素。 (2)“酸浸1”中发生反应的离子方程式为__________。 (3)“滤液2”中主要的金属离子有、__________(填离子符号)。 (4)“氧化溶金”中，KCl不能用HCl替代的原因为__________；PMS发生反应的离子方程式__________。(将离子方程式补充完整) __________+__________ (5)工序“”中，抗坏血酸的作用为__________。 (6)“碱沉”前，用的标准溶液测定“滤液”中的及浓度，和与的关系如图(，，忽略的水解)。“滤液1”中的浓度为__________(结果保留小数点后3位)。 (7)“沉银”时，“滤液2”与“滤液3”混合时有少量生成，其反应的化学方程式为__________。 第一章 原子结构与性质 ---- 参考答案及解析 ---- 一、单选题 1.B 据图可知，左侧Pt电极失去电子，则左侧为阳极，右侧Pt电极得到电子，则右侧为阴极，据此解答。 在中可电离出和，能够导电，可作电解质，同时，在阳极失去电子生成，参与后续反应后又重新生成，起到了电催化剂(氧化还原媒介物)的作用，A正确。化合物1和2为互变异构体，化合物1：P 原子与两个 O 原子(电负性 O > P)、一个 S 原子(电负性 S > P，且形成双键)和一个 H 原子相连(电负性 P> H)，该P 原子的化合价为：+2+2-1= +3 价；化合物2：P 原子与两个 O 原子和一个 S 原子(形成单键)相连，该P原子化合价为：+2+1= +3 价。P元素化合价相同，B错误。化合物4的P 原子与 O、S(双键)、S(单键) 相连，所有成键电子均偏离 P，此时 P 的化合价为 +5 价。P 元素的化合价从反应前的 +3 价升高到了 +5 价，发生了氧化反应。因此，作为氧化剂，自身发生还原反应，C正确。结合反应机理，总反应的反应物为化合物1和，生成物为化合物4和，反应式配平、条件标注均正确，D正确。 2.C 原子核外电子只有一种自旋取向，位于第一周期，核外仅1个电子，只有1种自旋取向，则X为H，基态原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，位于第二周期，核外电子排布为，s能级总电子数等于p能级，则Y为O，的单质能在空气中自燃，白磷可在空气中自燃，则Z为P，基态原子价层电子数为的2倍，位于第四周期第ⅡA族，价层电子数为2，是价层电子数的2倍，则W为Ca，据此回答。 的单质、的单质磷均能失电子被氧化，具有还原性，A正确。WY为，具有吸水性，常用作干燥剂，B正确。的单质可在空气中燃烧，的单质是助燃剂，本身不能燃烧，C错误。为，其水化物为亚磷酸，属于弱酸，具有酸性，D正确。 3.A 为离子化合物，电子式为：，A错误。碳原子的质子数为6，核外电子分两层排布，K层2个电子、L层4个电子，结构示意图符合碳原子的核外电子排布规律，B正确。基态原子价层电子排布为，图示符合基态Ni原子核外电子排布规则，C正确。和质子数均为90、中子数不同，互为同位素，属于钍元素的不同核素，D正确。 4.B W是地壳中含量最高的元素，为；X单质氧化性最强，为F；Y原子序数大于F，总电子数是最外层电子数3倍，推得为P(总电子数15，最外层5个电子，)；ZW为常用干燥剂，W为，故Z为Ca(为常见干燥剂)，据此回答。 原子半径：同周期从左到右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，P为第三周期元素，F为第二周期元素，半径，即，A错误。第一电离能：同周期元素第一电离能总体随原子序数增大而呈递增趋势，O的第一电离能低于同周期相邻的F，故，B正确。非金属性越强，电负性越大，F是电负性最大的元素，电负性顺序为，即，C错误。的价层电子排布为，轨道应填充2个自旋方向相反的电子，价层电子轨道表示式，D错误。 5.C 同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性，非金属性越强气态氢化物热稳定性越强，故稳定性，A错误。同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，和同周期，原子序数，故第一电离能，B错误。同主族元素从上到下电子层数增多，原子半径逐渐增大，位于第五周期ⅣA族，位于第三周期ⅣA族，故原子半径，C正确。为ⅣA族元素，最外层电子数为4，基态原子最外层电子排布式为，D错误。 6.C X核外电子占4个原子轨道，电子排布为，X为；X、Y同第二周期，X的电子数为2，X与Y的电子数之和等于Z的电子数，且Z不在0族，故Y的电子数为3，Y为，Z的电子数为5，Z为；中两离子电子排布相同，为18电子，故Q为(也为18电子，形成符合1:1组成)；的M层电子数比K、L层之和()多2，即M层有12电子，电子排布为，W为。 X为C，Z为Cl，C的最高价含氧酸为，Cl的最高价含氧酸为，酸性强于，因此非金属性弱于，即，A错误。Y为N，氢化物为，能和水分子形成氢键，其极易溶于水，B错误。Y为，最高化合价为；W为，最高化合价为，因此最高化合价，即，C正确。Q为，焰色为紫色(透过蓝色钴玻璃)，钠的焰色为黄色，D错误。 7.C 是共价化合物，不存在阴阳离子，其电子式为：，A错误。题图为球棍模型，不是空间填充模型，的空间填充模型为：，B错误。核外有9个电子，电子排布式为，电子排布图为，C正确。的质子数为18，中子数为22的核素质量数为，核素符号左下角应为质子数，正确符号为，D错误。 8.C 同周期主族元素，从左到右电负性逐渐增大，故B、C、N、F中电负性最小的为B元素，即元素Y，故选C。 9.C 电子云轮廓图为沿y轴伸展的哑铃形，与图示一致，A正确。中C与每个O形成双键，给出的电子式中各原子均满足8电子稳定结构，书写正确，B正确。中子数为20的氯原子，质量数=质子数+中子数=17+20=37，原子符号为，C错误。水是弱电解质，存在自偶电离，电离方程式书写正确，D正确。 10.C Ga位于第四周期第ⅢA族，价层电子排布为，是Al的价层电子排布，A错误。在中N元素显-3价，Ga和In均为第ⅢA族元素，最高正价均为+3，，满足各元素的正负化合价代数和为0，则在中二者化合价均为+3价，化合价相同，B错误。单晶硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是常用的半导体材料，C正确。中含有非金属元素N，不属于金属材料，D错误。 11.C Q基态原子3p轨道半充满，电子排布为，故Q为P；Q与X相邻且X原子序数更大，故X为S；R与X同族，故R为O；结合化合物为电解质配料为，T为Mg，原子序数依次增大规律，可推出M为H，L为Na，电解质为，据此解答。 同主族元素原子半径从上到下增大，故原子半径，即，A错误。同周期主族元素从左到右金属性减弱，故金属性，即，B错误。同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，第ⅤA族p轨道半充满结构稳定，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能，即，C正确。元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性，故酸性，即，D错误。 12.A 、、、的原子序数依次增大，基态Q原子电子填充3个能级且各能级电子数相等，电子排布为，故Q为C；Q价电子数为4，等于W核电荷数的一半，得W核电荷数为8，故W为O；Z为第四周期s区元素且无未成对电子，电子排布为，故Z为Ca；X、Y原子序数依次增大且为短周期主族元素、不同周期，故X为第二周期、Y为第三周期，X价电子数等于Y的p轨道总电子数，X原子序数大于O，只能为F(价电子数7)，则Y的p轨道总电子数为7，电子排布为，故Y为Al。 同周期主族元素电负性从左到右逐渐增大，电负性F>O，即，A正确。为，中心C的价层电子对数为，采取杂化，B错误。Z为Ca，第四周期原子半径从左到右逐渐减小，同周期原子半径最大的是K，不是Ca，C错误。Y为Al，同周期相邻元素为Mg和Si，同周期主族元素，第一电离能从左往右有增大的趋势，则第一电离能：，Mg的3s轨道电子能量低于Al的3p轨道电子能量，更难电离，则第一电离能：，D错误。 二、解答题 13.【答案】(1) (2)研磨(粉碎)钪铝渣 (3) (4) (5)；洗脱；相同条件下，时，Fe元素的洗脱率远高于Sc元素，Fe元素被硝酸洗脱进入无机溶液2，Sc元素仍保留在有机相中 (6)12.6 【解析】(1)钪为21号元素，价层电子排布为，价层电子轨道表示式为：。 (2)已知被包裹在颗粒孔隙中，预处理需要研磨(粉碎)钪铝渣，增大接触面积，利于后续浸出。 (3)工艺需要尽可能多浸出Al、尽可能少浸出Sc，实现二者分离。由图1可知：浓度为时，Al浸出率已经达到较高值，且Sc浸出率仍很低，分离效果好，故为最佳浓度。 (4)酸浸时与氢离子反应生成，离子方程式： 。 (5) ①协同萃取时，由图2可知、的萃取率很低，而铝元素前序已除掉；因此无机溶液1中主要金属阳离子为； ② 去除的工序为洗脱；依据是：相同条件下，时，Fe元素的洗脱率远高于Sc元素，Fe元素被硝酸洗脱进入无机溶液2，Sc元素仍保留在有机相中。 (6)已知：，，联立得： ， ，。 14.【答案】(1) (2) (3)BC；3.2 (4)> (5)0.82；0.22 【解析】(1)S的原子序数为16，在周期表中位于第三周期VIA族，所以其价层电子轨道表示式为 (2)根据盖斯定律，，故； (3)①A.题图1的纵坐标是Z的反应速率，从实验Ⅰ到Ⅲ，随着的增大，Z的反应速率逐渐增大，转化率也逐渐增大，A错误。从实验Ⅰ到Ⅲ，随着的增大，Z转化率逐渐增大，B正确。温度越高反应速率越快，由题图1可知实验Ⅱ的反应速率比Ⅳ的反应速率大，故实验温度：Ⅱ>Ⅳ，C正确。Ⅱ和Ⅳ温度不同，该分步反应平衡常数不同，平衡时Z的浓度不相等，D错误，故BC。 ②已知Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，故，，则。 (4)在潮湿空气中水解的化学方程式为，该反应为熵增反应，熵变。 (5)①由题干可知，每摩尔D吸收的量为。结合题图3可知，303 K、时，，，；350 K、时，，，，故达平衡后释放的为。 ②由题图3可知，时，温度不变不变。时，，结合题图2中信息，，，则，解得；时，，解得，，故最多可吸收。 15.【答案】(1)d (2)提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分(或提高钒、铬的浸出率等，合理即可)；4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O2 2Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O (3)Fe2O3；CaSiO3 (4)在NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4的溶解度远小于80℃，而Na2CrO4的溶解度变化不大。降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离 (5)氧化 (6)2+3+10H⁺=2Cr3+3+5H2O 【解析】(1)根据元素周期表分区规则，V(23号)属于第ⅤB族，Cr(24号)属于第ⅥB族，它们的价电子排布分别为3d34s2和3d54s1，均位于d区。 (2)首先，氧化工序的目的是将FeO·V2O3和FeO·Cr2O3中的Fe(Ⅱ)、V(Ⅲ)、氧化为Fe(Ⅲ)、V(Ⅴ)，同时需要保证反应物充分接触，提高反应速率和转化率。采用较大O2流量可以提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分(或提高钒、铬的浸出率等，合理即可)。配平化学方程式：FeO·V2O3中Fe为+2价，V为+3价；Fe2O3中Fe为+3价，Na3VO4中V为+5价。每1 mol FeO·V2O3中，Fe失去1 mol e⁻，2 mol V共失去4 mol e⁻，总计失去5 mol e⁻。O2每1 mol得4 mol e⁻，因此FeO·V2O3与O2的系数比为4:5。最终方程式为：4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O2 2Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O。 (3)在氧化步骤中，FeO·V2O3和FeO·Cr2O3被氧化为Fe2O3、Na3VO4、Na2CrO4，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3。进入沉淀步骤后，加入和，与水反应生成。与沉淀，MgO与Fe2O3不与碱反应，综上，滤渣主要成分为MgO、Fe2O3、CaSiO3。 (4)观察图像：在80℃时，Na2CrO4的溶解度较高，且随NaOH浓度增加而降低。Na3VO4的溶解度较低，在40℃时，Na3VO4溶解度显著降低，而Na2CrO4溶解度仍较高。当NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4溶解度远小于80℃，而Na2CrO4溶解度变化不大。因此，降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，可实现钒和铬的分离。 (5)母液主要含NaOH，以及未结晶析出的Na3VO4、Na2CrO4等，根据流程，母液应返回“氧化”工序，继续参与反应，提高原料利用率。 (6)还原工序中，Na2CrO4被Na2SO3还原为Cr3+，被氧化为。根据氧化还原反应配平，离子方程式为2+3+10H⁺=2Cr3+3+5H2O。 16.【答案】(1)ds (2) (3) (4)HCl为强酸，会引入大量 导致溶液酸性过强，使PMS发生水解而降低氧化能力失效 (5)作还原剂，将Au的阳离子还原为Au单质 (6)0.035 (7) 【解析】(1)Cu位于IB族，IB、IIB族元素属于ds区，Au与Cu同族，故为ds区元素。 (2)酸浸1加入稀盐酸，活泼金属Ni与稀盐酸反应溶解，Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应，因此离子方程式为Ni和反应生成和，离子方程式：。 (3)滤渣1含Cu、Ag、Au，酸浸2加入稀硝酸，Cu、Ag与稀硝酸反应溶解生成、，Au不溶解，因此滤液2中金属离子除外还有。 (4)根据已知信息，PMS在强酸介质中会水解，若用HCl代替KCl，溶液酸性过强，PMS水解导致氧化能力下降。由已知②可知体系生成具有高氧化活性的单线态氧分子() ，PMS(以表示)发生分解反应生成硫酸根、氢离子和单线态氧，其离子方程式为：。 (5)“氧化溶金”后，金以 +3 价络离子形式存在于溶液中。抗坏血酸(维生素C)具有较强的还原性，在此工序中作为还原剂，将金的络离子还原析出，从而得到纳米 Au 。 (6)V(NaOH) 在 0 ~ 20.00 mL 之间时，pOH 急剧下降，此时是 NaOH 溶液中和滤液1中过量的 HCl 的阶段 。V(NaOH)在 20.00 ~ 55.00 mL 之间时，曲线趋于平缓，到达 55.00 mL 时 pNi 发生突变上升，说明此阶段NaOH均用于沉淀，沉淀消耗NaOH体积为，，由得，。 (7)滤液2中以形式存在，滤液3中含碱沉后过量的NaOH，AgOH不稳定分解为，因此反应为硝酸银与氢氧化钠反应生成氧化银、硝酸钠和水，化学方程式为。 4 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 【 高中化学 】 2026年高考真题-按章分类 选择性必修2 第一章 原子结构与性质 12个单选题 + 0个多选题 + 4个解答题 ---- 教 师 版 ---- 一、单选题 1.(2026高考·浙江)某课题组采用电化学方法合成含硫磷有机化合物(以作溶剂，Ph—代表苯基，电负性：)。合成机理示意图如下： 下列说法不正确的是( ) A.该合成中NaI可作电解质 B.化合物1、化合物2中P元素的化合价不同 C.转化为化合物4的反应中，被还原 D.该合成的反应式为 1.B 据图可知，左侧Pt电极失去电子，则左侧为阳极，右侧Pt电极得到电子，则右侧为阴极，据此解答。 在中可电离出和，能够导电，可作电解质，同时，在阳极失去电子生成，参与后续反应后又重新生成，起到了电催化剂(氧化还原媒介物)的作用，A正确。化合物1和2为互变异构体，化合物1：P 原子与两个 O 原子(电负性 O > P)、一个 S 原子(电负性 S > P，且形成双键)和一个 H 原子相连(电负性 P> H)，该P 原子的化合价为：+2+2-1= +3 价；化合物2：P 原子与两个 O 原子和一个 S 原子(形成单键)相连，该P原子化合价为：+2+1= +3 价。P元素化合价相同，B错误。化合物4的P 原子与 O、S(双键)、S(单键) 相连，所有成键电子均偏离 P，此时 P 的化合价为 +5 价。P 元素的化合价从反应前的 +3 价升高到了 +5 价，发生了氧化反应。因此，作为氧化剂，自身发生还原反应，C正确。结合反应机理，总反应的反应物为化合物1和，生成物为化合物4和，反应式配平、条件标注均正确，D正确。 2.(2026高考·甘肃)是文物修复中使用的一种仿生材料，、、、为依次位于第一至第四周期的主族元素。其中，原子核外电子只有一种自旋取向，基态原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等。的单质能在空气中自燃，基态原子价层电子数为的2倍。下列说法错误的是( ) A.和的单质均具有还原性 B.化合物WY可作干燥剂 C.X和Y的单质均可在空气中燃烧 D.化合物的水化物具有酸性 2.C 原子核外电子只有一种自旋取向，位于第一周期，核外仅1个电子，只有1种自旋取向，则X为H，基态原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，位于第二周期，核外电子排布为，s能级总电子数等于p能级，则Y为O，的单质能在空气中自燃，白磷可在空气中自燃，则Z为P，基态原子价层电子数为的2倍，位于第四周期第ⅡA族，价层电子数为2，是价层电子数的2倍，则W为Ca，据此回答。 的单质、的单质磷均能失电子被氧化，具有还原性，A正确。WY为，具有吸水性，常用作干燥剂，B正确。的单质可在空气中燃烧，的单质是助燃剂，本身不能燃烧，C错误。为，其水化物为亚磷酸，属于弱酸，具有酸性，D正确。 3.(2026高考·甘肃)基于我国在制备高纯氟化物熔盐、核级石墨和耐腐蚀镍基合金等领域的技术突破，第四代核裂变反应堆(钍基熔盐堆)在甘肃建成，并于2025年首次实现堆内钍铀转化。下列说法错误的是( ) A.NaF电子式 B.碳原子结构示意图 C.基态Ni原子价层电子排布图 D.元素钍(Th)有和等核素 3.A 为离子化合物，电子式为：，A错误。碳原子的质子数为6，核外电子分两层排布，K层2个电子、L层4个电子，结构示意图符合碳原子的核外电子排布规律，B正确。基态原子价层电子排布为，图示符合基态Ni原子核外电子排布规则，C正确。和质子数均为90、中子数不同，互为同位素，属于钍元素的不同核素，D正确。 4.(2026高考·广西)利于口腔健康的某物质，含原子序数依次增大的前四周期元素W、X、Y、Z。W是地壳中含量最高的元素，X单质在单质中氧化性最强，基态Y原子电子总数是最外层电子数的3倍，ZW是常用干燥剂。下列说法正确的是( ) A.原子半径：X>Y B.第一电离能：X>W C.电负性：W>X>Z D.Z的价层电子轨道表示式 4.B W是地壳中含量最高的元素，为；X单质氧化性最强，为F；Y原子序数大于F，总电子数是最外层电子数3倍，推得为P(总电子数15，最外层5个电子，)；ZW为常用干燥剂，W为，故Z为Ca(为常见干燥剂)，据此回答。 原子半径：同周期从左到右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，P为第三周期元素，F为第二周期元素，半径，即，A错误。第一电离能：同周期元素第一电离能总体随原子序数增大而呈递增趋势，O的第一电离能低于同周期相邻的F，故，B正确。非金属性越强，电负性越大，F是电负性最大的元素，电负性顺序为，即，C错误。的价层电子排布为，轨道应填充2个自旋方向相反的电子，价层电子轨道表示式，D错误。 5.(2026高考·江苏)锡(Sn)是中国古代青铜中的重要金属，Sn位于第五周期ⅣA族。下列说法正确的是( ) A.气态分子热稳定性： B.第一电离能： C.原子半径： D.基态原子最外层电子排布式为 5.C 同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性，非金属性越强气态氢化物热稳定性越强，故稳定性，A错误。同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，和同周期，原子序数，故第一电离能，B错误。同主族元素从上到下电子层数增多，原子半径逐渐增大，位于第五周期ⅣA族，位于第三周期ⅣA族，故原子半径，C正确。为ⅣA族元素，最外层电子数为4，基态原子最外层电子排布式为，D错误。 6.(2026高考·重庆)X、Y、Z、Q和元素的原子序数依次增大，且皆不在0族。和处于同一周期，的核外电子分布在4个原子轨道上，和的n p轨道电子数之和等于的轨道电子数，在化合物中两种离子的电子排布式相同，离子的层电子数比层和层电子数之和多2。下列叙述正确的是( ) A.非金属性： B.的氢化物难溶于水 C.最高化合价： D.的焰色为黄色 6.C X核外电子占4个原子轨道，电子排布为，X为；X、Y同第二周期，X的电子数为2，X与Y的电子数之和等于Z的电子数，且Z不在0族，故Y的电子数为3，Y为，Z的电子数为5，Z为；中两离子电子排布相同，为18电子，故Q为(也为18电子，形成符合1:1组成)；的M层电子数比K、L层之和()多2，即M层有12电子，电子排布为，W为。 X为C，Z为Cl，C的最高价含氧酸为，Cl的最高价含氧酸为，酸性强于，因此非金属性弱于，即，A错误。Y为N，氢化物为，能和水分子形成氢键，其极易溶于水，B错误。Y为，最高化合价为；W为，最高化合价为，因此最高化合价，即，C正确。Q为，焰色为紫色(透过蓝色钴玻璃)，钠的焰色为黄色，D错误。 7.(2026高考·重庆)下列描述正确的是( ) A.的电子式为 B.的空间填充模型为 C.的电子排布图为 D.中子数22的的核素符号为 7.C 是共价化合物，不存在阴阳离子，其电子式为：，A错误。题图为球棍模型，不是空间填充模型，的空间填充模型为：，B错误。核外有9个电子，电子排布式为，电子排布图为，C正确。的质子数为18，中子数为22的核素质量数为，核素符号左下角应为质子数，正确符号为，D错误。 8.(2026高考·江西)高能离子化合物由同一短周期元素组成。四种原子基态时未成对电子总数为7，内层电子总数为8，阴离子结构如图。下列元素中电负性最小的是( ) A.M B.X C.Y D.Z 8.C 同周期主族元素，从左到右电负性逐渐增大，故B、C、N、F中电负性最小的为B元素，即元素Y，故选C。 9.(2026高考·贵州)反应可用于制备消毒剂。下列有关化学用语的说法错误的是( ) A.基态氧原子的电子云轮廓图： B.的电子式： C.中子数为20的氯原子符号： D.的电离方程式： 9.C 电子云轮廓图为沿y轴伸展的哑铃形，与图示一致，A正确。中C与每个O形成双键，给出的电子式中各原子均满足8电子稳定结构，书写正确，B正确。中子数为20的氯原子，质量数=质子数+中子数=17+20=37，原子符号为，C错误。水是弱电解质，存在自偶电离，电离方程式书写正确，D正确。 10.(2026高考·江西)我国科学家在硅衬底上成功合成材料，实现了黄光LED的重大突破，点亮了“中国之光”。已知Ga、In和Al同族，下列说法正确的是( ) A.Ga的价层电子排布是 B.中Ga与In化合价不同 C.单晶硅是半导体材料 D.是金属材料 10.C Ga位于第四周期第ⅢA族，价层电子排布为，是Al的价层电子排布，A错误。在中N元素显-3价，Ga和In均为第ⅢA族元素，最高正价均为+3，，满足各元素的正负化合价代数和为0，则在中二者化合价均为+3价，化合价相同，B错误。单晶硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是常用的半导体材料，C正确。中含有非金属元素N，不属于金属材料，D错误。 11.(2026高考·广东)化合物与可用作电解质饮料的配料。短周期元素M、R、L、T、Q、X原子序数依次增加，R、X同族，Q与X相邻，Q基态原子的3p轨道为半充满，则下列说法正确的是( ) A.原子半径： B.金属性： C.第一电离能： D.最高价氧化物对应水化物的酸性： 11.C Q基态原子3p轨道半充满，电子排布为，故Q为P；Q与X相邻且X原子序数更大，故X为S；R与X同族，故R为O；结合化合物为电解质配料为，T为Mg，原子序数依次增大规律，可推出M为H，L为Na，电解质为，据此解答。 同主族元素原子半径从上到下增大，故原子半径，即，A错误。同周期主族元素从左到右金属性减弱，故金属性，即，B错误。同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，第ⅤA族p轨道半充满结构稳定，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能，即，C正确。元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性，故酸性，即，D错误。 12.(2026高考·河南)某催化剂由、、、四种短周期主族元素及第四周期区元素组成。、、、的原子序数依次增大，基态原子的原子核外无未成对电子。基态原子的核外电子填充在3个能级，且各能级电子数相等，其价电子数等于原子核电荷数的一半。与位于不同周期，基态原子的价电子数与基态原子轨道中的电子总数相等。下列说法正确的是( ) A.电负性： B.的中心原子采取杂化 C.的原子半径在同周期中最大 D.的第一电离能高于同周期相邻元素 12.A 、、、的原子序数依次增大，基态Q原子电子填充3个能级且各能级电子数相等，电子排布为，故Q为C；Q价电子数为4，等于W核电荷数的一半，得W核电荷数为8，故W为O；Z为第四周期s区元素且无未成对电子，电子排布为，故Z为Ca；X、Y原子序数依次增大且为短周期主族元素、不同周期，故X为第二周期、Y为第三周期，X价电子数等于Y的p轨道总电子数，X原子序数大于O，只能为F(价电子数7)，则Y的p轨道总电子数为7，电子排布为，故Y为Al。 同周期主族元素电负性从左到右逐渐增大，电负性F>O，即，A正确。为，中心C的价层电子对数为，采取杂化，B错误。Z为Ca，第四周期原子半径从左到右逐渐减小，同周期原子半径最大的是K，不是Ca，C错误。Y为Al，同周期相邻元素为Mg和Si，同周期主族元素，第一电离能从左往右有增大的趋势，则第一电离能：，Mg的3s轨道电子能量低于Al的3p轨道电子能量，更难电离，则第一电离能：，D错误。 二、解答题 13.(2026高考·贵州)钪是一种关键的战略金属，对国防科技、产业升级有重要的作用。从某钪铝渣［含及、、等的氢氧化物］中回收钪和铝，工艺流程如图。 已知： ①钪铝渣中夹杂在其他金属氢氧化物中或包裹在其他颗粒的孔隙中。 ②“酸浸”工序中，钪主要以的形式被浸出。 ③时，，  。 回答下列问题： (1)基态钪原子的价层电子轨道表示式为_______________。 (2)“预处理”工序的操作是________。 (3)“碱浸”工序中，在一定条件下，NaOH溶液浓度对钪和铝浸取率的影响如图1，最佳NaOH溶液浓度为________________。 (4)“酸浸”工序中浸出钪的主要离子方程式为____________________。 (5)pH对萃取率的影响如图2，HNO3溶液浓度对洗脱率的影响如图3。 ①“无机溶液1”中存在的金属阳离子主要是___________。 ②本工艺中去除溶液中Fe3+的工序是___________，依据是_____________________________________。 (6)“碱浸”工序中，、溶液中时，pH为________。 13.【答案】(1) (2)研磨(粉碎)钪铝渣 (3) (4) (5)；洗脱；相同条件下，时，Fe元素的洗脱率远高于Sc元素，Fe元素被硝酸洗脱进入无机溶液2，Sc元素仍保留在有机相中 (6)12.6 【解析】(1)钪为21号元素，价层电子排布为，价层电子轨道表示式为：。 (2)已知被包裹在颗粒孔隙中，预处理需要研磨(粉碎)钪铝渣，增大接触面积，利于后续浸出。 (3)工艺需要尽可能多浸出Al、尽可能少浸出Sc，实现二者分离。由图1可知：浓度为时，Al浸出率已经达到较高值，且Sc浸出率仍很低，分离效果好，故为最佳浓度。 (4)酸浸时与氢离子反应生成，离子方程式： 。 (5) ①协同萃取时，由图2可知、的萃取率很低，而铝元素前序已除掉；因此无机溶液1中主要金属阳离子为； ② 去除的工序为洗脱；依据是：相同条件下，时，Fe元素的洗脱率远高于Sc元素，Fe元素被硝酸洗脱进入无机溶液2，Sc元素仍保留在有机相中。 (6)已知：，，联立得： ， ，。 14.(2026高考·广东)硫、氯单质及其化合物在科研和生产中均具有重要作用。 (1)基态S原子的价层电子轨道表示式为___________。 (2)我国科学家在深海发现化能合成生物群落，硫化物的氧化可为生物活动提供能量。       则___________(用和表示)。 (3)的氧化可在卟啉铁配合物[](用表示)催化下进行，其中的一步反应为。为研究不同因素对该反应的影响，进行4组实验：Ⅰ~Ⅲ组仅初始不同；Ⅳ与Ⅱ组仅温度不同。时间内的实验数据如图1。 ①下列说法正确的有___________。 A.0~t内反应速率：Ⅰ>Ⅱ>Ⅲ B.Z的平衡转化率：Ⅰ<Ⅱ<Ⅲ C.实验温度：Ⅱ>Ⅳ       D.平衡时的浓度：Ⅱ和Ⅳ相等 ②Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，且，则___________。 (4)可用于橡胶的硫化。其在潮湿空气中水解生成、和，该水解反应的熵变___________0(填“>”“=”或“<”)。 (5)某低共熔溶剂(D)可用于吸收，其吸收过程可表示为： ， 在一定和压强()下，吸收至饱和时，每摩尔D吸收的量为，相关信息见图2，或随的变化如图3。 ①1 mol D在303 K、下吸收至饱和，再升温至、降压至，达平衡后可释放___________。 ②形成的总过程表示为，其平衡常数可表示为。已知：时，，则在、、最多可吸收___________。(写出计算过程，结果保留两位有效数字) 14.【答案】(1) (2) (3)BC；3.2 (4)> (5)0.82；0.22 【解析】(1)S的原子序数为16，在周期表中位于第三周期VIA族，所以其价层电子轨道表示式为 (2)根据盖斯定律，，故； (3)①A.题图1的纵坐标是Z的反应速率，从实验Ⅰ到Ⅲ，随着的增大，Z的反应速率逐渐增大，转化率也逐渐增大，A错误。从实验Ⅰ到Ⅲ，随着的增大，Z转化率逐渐增大，B正确。温度越高反应速率越快，由题图1可知实验Ⅱ的反应速率比Ⅳ的反应速率大，故实验温度：Ⅱ>Ⅳ，C正确。Ⅱ和Ⅳ温度不同，该分步反应平衡常数不同，平衡时Z的浓度不相等，D错误，故BC。 ②已知Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ的数据点分布在一条直线上，故，，则。 (4)在潮湿空气中水解的化学方程式为，该反应为熵增反应，熵变。 (5)①由题干可知，每摩尔D吸收的量为。结合题图3可知，303 K、时，，，；350 K、时，，，，故达平衡后释放的为。 ②由题图3可知，时，温度不变不变。时，，结合题图2中信息，，，则，解得；时，，解得，，故最多可吸收。 15.(2026高考·河北)钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工艺，实现在温和条件下钒和铬的高效提取。主要流程如下： 已知：钒渣主要含、、和少量CaO、 等。 回答下列问题： (1)V和Cr均位于元素周期表的_____区。 (2)氧化工序通常采用较大的流量，其目的是_______________________；配平化学方程式：________________________________。 _____ _____ _____ _____ _____ ______ (3)滤渣的主要成分有 、__________、__________(填化学式)。 (4)80℃和40℃时，和的溶解度随 质量分数变化如图所示。结合图像分析 质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40℃有利于实现钒和铬有效分离的原因：________________________________。 (5)母液返回_________工序。 (6)还原工序中，反应的离子方程式为___________________________________。 15.【答案】(1)d (2)提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分(或提高钒、铬的浸出率等，合理即可)；4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O2 2Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O (3)Fe2O3；CaSiO3 (4)在NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4的溶解度远小于80℃，而Na2CrO4的溶解度变化不大。降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离 (5)氧化 (6)2+3+10H⁺=2Cr3+3+5H2O 【解析】(1)根据元素周期表分区规则，V(23号)属于第ⅤB族，Cr(24号)属于第ⅥB族，它们的价电子排布分别为3d34s2和3d54s1，均位于d区。 (2)首先，氧化工序的目的是将FeO·V2O3和FeO·Cr2O3中的Fe(Ⅱ)、V(Ⅲ)、氧化为Fe(Ⅲ)、V(Ⅴ)，同时需要保证反应物充分接触，提高反应速率和转化率。采用较大O2流量可以提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分(或提高钒、铬的浸出率等，合理即可)。配平化学方程式：FeO·V2O3中Fe为+2价，V为+3价；Fe2O3中Fe为+3价，Na3VO4中V为+5价。每1 mol FeO·V2O3中，Fe失去1 mol e⁻，2 mol V共失去4 mol e⁻，总计失去5 mol e⁻。O2每1 mol得4 mol e⁻，因此FeO·V2O3与O2的系数比为4:5。最终方程式为：4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O2 2Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O。 (3)在氧化步骤中，FeO·V2O3和FeO·Cr2O3被氧化为Fe2O3、Na3VO4、Na2CrO4，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3。进入沉淀步骤后，加入和，与水反应生成。与沉淀，MgO与Fe2O3不与碱反应，综上，滤渣主要成分为MgO、Fe2O3、CaSiO3。 (4)观察图像：在80℃时，Na2CrO4的溶解度较高，且随NaOH浓度增加而降低。Na3VO4的溶解度较低，在40℃时，Na3VO4溶解度显著降低，而Na2CrO4溶解度仍较高。当NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4溶解度远小于80℃，而Na2CrO4溶解度变化不大。因此，降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，可实现钒和铬的分离。 (5)母液主要含NaOH，以及未结晶析出的Na3VO4、Na2CrO4等，根据流程，母液应返回“氧化”工序，继续参与反应，提高原料利用率。 (6)还原工序中，Na2CrO4被Na2SO3还原为Cr3+，被氧化为。根据氧化还原反应配平，离子方程式为2+3+10H⁺=2Cr3+3+5H2O。 16.(2026高考·云南)创新驱动，深挖“城市矿山”，一种从废弃印刷电路板(WPCB)(主要含Cu、Ni、Au、Ag)中分离回收有价金属的工艺如下： 已知：①PMS为过一硫酸盐(含过氧键)，在强酸介质中会水解。 ②表示具有高氧化活性的单线态氧分子。 回答下列问题： (1)Au与Cu同族，属于__________区元素。 (2)“酸浸1”中发生反应的离子方程式为__________。 (3)“滤液2”中主要的金属离子有、__________(填离子符号)。 (4)“氧化溶金”中，KCl不能用HCl替代的原因为__________；PMS发生反应的离子方程式__________。(将离子方程式补充完整) __________+__________ (5)工序“”中，抗坏血酸的作用为__________。 (6)“碱沉”前，用的标准溶液测定“滤液”中的及浓度，和与的关系如图(，，忽略的水解)。“滤液1”中的浓度为__________(结果保留小数点后3位)。 (7)“沉银”时，“滤液2”与“滤液3”混合时有少量生成，其反应的化学方程式为__________。 16.【答案】(1)ds (2) (3) (4)HCl为强酸，会引入大量 导致溶液酸性过强，使PMS发生水解而降低氧化能力失效 (5)作还原剂，将Au的阳离子还原为Au单质 (6)0.035 (7) 【解析】(1)Cu位于IB族，IB、IIB族元素属于ds区，Au与Cu同族，故为ds区元素。 (2)酸浸1加入稀盐酸，活泼金属Ni与稀盐酸反应溶解，Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应，因此离子方程式为Ni和反应生成和，离子方程式：。 (3)滤渣1含Cu、Ag、Au，酸浸2加入稀硝酸，Cu、Ag与稀硝酸反应溶解生成、，Au不溶解，因此滤液2中金属离子除外还有。 (4)根据已知信息，PMS在强酸介质中会水解，若用HCl代替KCl，溶液酸性过强，PMS水解导致氧化能力下降。由已知②可知体系生成具有高氧化活性的单线态氧分子() ，PMS(以表示)发生分解反应生成硫酸根、氢离子和单线态氧，其离子方程式为：。 (5)“氧化溶金”后，金以 +3 价络离子形式存在于溶液中。抗坏血酸(维生素C)具有较强的还原性，在此工序中作为还原剂，将金的络离子还原析出，从而得到纳米 Au 。 (6)V(NaOH) 在 0 ~ 20.00 mL 之间时，pOH 急剧下降，此时是 NaOH 溶液中和滤液1中过量的 HCl 的阶段 。V(NaOH)在 20.00 ~ 55.00 mL 之间时，曲线趋于平缓，到达 55.00 mL 时 pNi 发生突变上升，说明此阶段NaOH均用于沉淀，沉淀消耗NaOH体积为，，由得，。 (7)滤液2中以形式存在，滤液3中含碱沉后过量的NaOH，AgOH不稳定分解为，因此反应为硝酸银与氢氧化钠反应生成氧化银、硝酸钠和水，化学方程式为。 4 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $