15.选择性必修2 第三章 晶体结构与性质(教师版)(按章分类)-高中化学·3年高考真题 (2024-2026)

【 高中化学 】 3年高考真题(2024-2026)-按章分类 选择性必修2 第三章 晶体结构与性质 101个单选题 + 71个解答题 + 1个综合题 + 1个多选题 ---- 教 师 版 ---- 一、单选题 1.(2026高考·浙江)下列有关物质结构的说法，不正确的是( ) A.分子中存在键和键 B.分子间存在范德华力 C.石墨属于分子晶体 D.是极性分子 1.C 分子中碳碳双键包含1个键和1个键，所有碳氢单键均为键，因此分子中存在键和键，A正确。属于分子晶体，分子间存在范德华力，B正确。石墨层内以共价键结合，层间存在范德华力，同时具有导电性，属于混合晶体，不属于分子晶体，C错误。为四面体结构，分子中正负电荷中心不重合，因此是极性分子，D正确。 2.(2026高考·浙江)               已知：①en代表； ②(R为常数，)； ③25℃时，。 下列说法不正确的是( ) A.配位键键能： B.中配位键的数目为(为阿伏加德罗常数的值) C.碱性： D.25℃时，若，则 2.D 反应1的平衡常数，说明反应正向自发进行，生成的比更稳定，因此中的配位键键能大于中的配位键键能，A正确。为双齿配体，每个可提供2个配位原子与形成配位键，1个中含4个配位键，故该配离子中配位键数目为，B正确。配合物的碱性由电离出的能力决定，内界配离子越稳定，其对应的氢氧化物在水中电离出的能力就相对越强(即中心离子对氢氧根的束缚减弱)，因此碱性越强。已知，说明比更稳定，因此的碱性弱于，C正确。根据公式，将两个反应的公式相减得：，因，右侧为正值；若，则，为正值，故，D错误。 奥沙利铂是第三代铂类抗癌药物，可由Pt前药转化而成。据此完成下面小题， 3.(2026高考·甘肃)关于前药分子，下列说法正确的是( ) A.配位数为4 B.含有多种配体 C.第一电离能 D.原子半径 3.B Pt前药中Pt的配位原子为2个、2个的O、2个草酸根的O，配位数为6，A错误。Pt前药的配体包含1,2-环己二胺、、草酸根，共3种不同配体，B正确。同周期元素从左往右第一电离能增大(ⅡA与ⅤA出现反常)，第一电离能，C错误。同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径，D错误。 4.(2026高考·甘肃)关于奥沙利铂分子，下列说法错误的是( ) A.分子结构中含有五元环 B.分子中电负性最大的是O C.每个分子中含两个手性碳原子 D.与前药分子中的价态相同 4.D 奥沙利铂中Pt与两个、两个相邻C形成五元环，草酸根与Pt也形成五元环，分子含五元环结构，A正确。分子所含元素为C、、、O、Pt，电负性顺序为，电负性最大的是O，B正确。分子中与氨基直接相连的两个环己烷碳原子均连接4种不同基团，均为手性碳原子，共2个，如图(带*号)，C正确。由图知，草酸根显-2价，氢氧根显-1价，则Pt前药中Pt为价，奥沙利铂中Pt为价，二者价态不同，D错误。 5.(2026高考·甘肃)某研究小组对硅电池碎片中的、、进行分离回收的流程如下： 下列说法错误的是( ) A.适当搅拌可提高“浸出”效率 B.“操作Ⅰ”中主要反应的离子方程式为 C.“氨浸”操作后，溶液含有 D.“操作Ⅱ”中，作还原剂 5.B 硅电池碎片中的、、，加入浸出剂，不反应，、转化为、，加入盐酸进行“沉银”，得到，过滤，滤渣为，加入，转化为，再加入，将还原为；向滤液中加入，转化为沉淀，过滤得到，据此回答。 适当搅拌能增大反应物接触面积，加快反应速率，提高“浸出”效率，A不选。操作Ⅰ加入的是弱电解质，离子方程式中不可拆分为，正确的离子方程式为，B入选。“沉银”步骤得到的滤渣为，氨浸时与氨水反应生成可溶性的，因此溶液中含有，C不选。操作Ⅱ中中+1价的Ag被还原为0价Ag单质，中元素化合价升高失电子，作还原剂，D不选。 6.(2026高考·甘肃)催化剂Ⅰ的立方晶胞结构如下图所示，若将晶胞中所有顶点位置的用替换可得新型催化剂Ⅱ的立方晶胞(棱长为，)。设为阿伏加德罗常数的值，、、分别表示、、的摩尔质量。下列说法错误的是( ) A.Ⅰ晶胞中与最近且等距的有6个 B.Ⅰ晶胞沿，，轴方向的投影图都相同 C.Ⅱ的晶体密度为 D.Ⅱ晶胞中的最短距离为 6.D 催化剂Ⅰ晶胞中N原子位于体心位置，体心N的上下、左右、前后各紧邻1个Co原子，即面心上的Co原子，最近且等距的Co共6个，A正确。该立方晶胞的原子分布沿x、y、z三个轴方向均呈中心对称排布，三个方向的投影图完全相同，B正确。催化剂Ⅱ是将Ⅰ的顶点Co替换为Zn：顶点原子共8个，每个顶点原子对晶胞的贡献为，因此晶胞内Zn的个数为；剩余的Co全部位于晶胞面心，共个，N位于体心共1个。晶胞总质量为，晶胞体积为，因此密度为，C正确。催化剂Ⅱ中Co全部位于晶胞的面心位置，Co-Co的最短距离是相邻两个面心Co的间距，等于晶胞面对角线的一半，即，D错误。 7.(2026高考·广西)深蓝色的溶液由与氨水反应制得，下列说法错误的是( ) A.有孤电子对，故能与配位 B.溶液含，故呈深蓝色 C.比稳定，所以可以转化为 D.的极性小于，故溶液中加乙醇会析出晶体 7.C 中原子存在孤电子对，有空轨道，二者可形成配位键，A正确。是具有特征深蓝色的配离子，因此溶液呈深蓝色，B正确。能转化为的原因是的配位能力强于，与、的分子热稳定性无因果关系，C错误。属于离子化合物，在极性更小的乙醇中溶解度更低，因此加入乙醇会析出晶体，D正确。 镍磷化合物()晶态结构多样，导电性良好，离子传输通道丰富。在储能领域极具应用前景。为阿伏加德罗常数的值。据此完成下面小题。 8.(2026高考·广西)某的立方晶胞结构如图，已知晶胞参数为547 pm，下列说法正确的是( ) A. B.与1个最紧邻的P有6个 C.之间最短的距离为 D.晶体密度 8.C 根据均摊法计算，晶胞中Ni位于顶点和面心，总共有个；P全部位于晶胞内部，共8个，故，A错误。观察晶胞结构，1个Ni最紧邻的P为8个，B错误。Ni之间最短距离是相邻面心Ni的间距，等于面对角线的1/2，即，C正确。晶胞中含4个单元，故密度，D错误。 9.(2026高考·广西)我国科研人员用碳纳米管负载碳包覆的为b电极材料，以提高电池寿命。下列说法正确的是( ) A.充电时，a极外接电源正极 B.放电时，b极的电极反应为 C.玻璃纤维膜主要作用是利于迁移 D.外电路通过个，电解质溶液质量理论上变化7 g 9.A 充电时a极中转化为，可知Fe的化合价升高，发生氧化反应，可知充电时a极为阳极，外接电源正极，A正确。放电为充电的逆过程，a极在充电时发生氧化反应，则放电时发生还原反应，故放电时b极为负极，发生失电子的氧化反应，选项给出的是得电子的还原反应，为充电时b极的反应；正确的电极反应式为，B错误。玻璃纤维膜为电池隔膜，允许通过，主要作用是隔离正负极防止短路而非利于迁移，C错误。外电路通过个时，有1mol 从b极迁移到a极，电解质溶液中总量不变，溶液质量无变化，D错误。 10.(2026高考·广西)某大学科研团队研发出了一种固态超离子水，其中的能够像金属晶体一样传递自由电子，可在内部自由移动。下列说法正确的是( ) A.的核外电子数为1 B.的电子式： C.中氧原子为杂化 D.该固态超离子水能够导电 10.D 是原子失去1个核外电子得到的，核外电子数为0，A错误。的最外层有8个电子，电子式为：，B错误。中氧原子的价层电子对数为，为杂化，不是杂化，C错误。该固态超离子水中存在可自由移动的和可传递的自由电子，存在可自由移动的带电粒子，因此能够导电，D正确。 11.(2026高考·江苏)为研究的性质，实验操作及现象如下图所示。 已知：白色沉淀是；有较强的还原性，溶液为无色。 下列说法正确的是( ) A.实验Ⅰ中发生复分解反应生成 B.实验Ⅱ中无色溶液中的被氧化 C.实验Ⅰ、Ⅱ反应后溶液中： D.实验Ⅰ、Ⅱ反应后溶液的均大于7 11.B CuCl中Cu为+1价，转化为+1价Cu的过程中化合价降低，属于氧化还原反应，而复分解反应无元素化合价变化，因此不是通过复分解反应生成CuCl，A错误。已知有较强还原性，Cu为+1价；实验Ⅱ中无色的迅速变为深蓝色，对应生成了+2价的铜氨配离子，是被空气中的氧化导致的，B正确。实验Ⅰ中部分随CuCl白色沉淀进入滤渣，实验Ⅱ加浓氨水后，CuCl溶解转化为使得进入溶液，假设实验Ⅰ中完全转化为CuCl，将有一半的在实验Ⅱ中进入溶液，满足；但实际上实验Ⅰ反应后的溶液为浅蓝色，说明未完全转化为CuCl，所以实验Ⅰ中剩余的多于实验Ⅱ，即，C错误。实验Ⅰ中溶液因水解本身呈弱酸性，加入Zn反应后溶液仍为偏酸性的浅蓝色铜盐溶液(产生气泡可证明此时溶液呈酸性)，pH小于7，D错误。 12.(2026高考·重庆)某化合物在一定温度下电导率发生突跃，可作为快离子导体材料，其晶胞结构如图所示。下列相关叙述错误的是( ) A.该化合物的化学式为 B.相邻核间距都相等 C.与配位的个数为 4 D.和空位的数目比为1∶3 12.D 由图可知，位于8个顶点和2个面心，均摊后数目为：； 全部在晶胞内部，共4个，数目为4； 或空位位于面心，均摊后数目为，设数目为，由电荷守恒得：，解得，即化合物化学式为，A正确。 分别位于顶点和面心，位于面心，不同位置的与的核间距均为面对角线的一半，均为，因此相邻核间距都相等，B正确。由图可知，每个周围有4个最近的，因此与配位的个数为4，C正确。由A项分析可知，数目为1，空位数目为，数目比为，D错误。 13.(2026高考·湖北)腰带状的[20]胶原烯，兼具刚性与空腔适应性，能有效结合或形成超分子。 下列有关[20]胶原烯说法错误的是( ) A.苯环与甲基的数量比为 B.通过氢键作用与、形成超分子 C.超分子能在一定条件下释放、 D.能结合一定尺寸范围内的、衍生物 13.B 由[20]胶原烯结构可知，苯环共10个，甲基共20个，二者数量比为1:2，A正确。[20]胶原烯、、均不含N、O、F与氢原子直接相连的结构，不满足氢键形成条件，二者通过非共价键形成超分子，并非氢键作用，B错误。超分子依靠弱相互作用结合，条件改变时弱相互作用被破坏，可释放、，C正确。[20]胶原烯兼具刚性与空腔适应性，尺寸在空腔可容纳范围内的、衍生物均可被结合，D正确。 14.(2026高考·湖北)固体材料具有相变制冷效应，室温下其立方体晶胞结构示意图如下。下列说法错误的是( ) A.每个晶胞中有4个 B.每个周围有12个紧邻的 C.之间的最短距离是 D.晶体密度表示为 14.B 位于晶胞顶点和面心，数目为，每个晶胞中有4个，A正确。位于晶胞顶点和面心，位于棱心和体心，以位于面心的为研究对象，每个周围紧邻的为6个，不是12个，B错误。位于棱心和体心，之间最短距离为晶胞面对角线的一半，即，C正确。晶胞含4个，总质量为，晶胞体积为，密度，D正确。 15.(2026高考·江西)多相系超导体晶体结构如图，晶胞参数，，下列说法错误的是( ) A.1号Cu的坐标为 B.，， C.Y和Ba的O配位数不相等 D.O原子占据金属原子的八面体空隙 15.A 若1号Cu位于x=0、y=1、z=的棱上，对应分数坐标为，坐标为，但实际1号原子因Y、Ba原子半径不同未必占据z=的棱上，A错误。均摊法计算：Y在晶胞内部共1个，Ba在晶胞内部共2个，Cu为个，O总数为，故，，，B正确。以体心Y为研究对象，距离Y较近的O有8个，但由于，Y的O配位数实际为4，同理Ba距离较近的O有10个，但受限于，实际Ba的O配位数为6(即位于棱上的6个O)，C正确。由题图可知，该晶胞中各位置的O均占据由周围6个金属原子形成的八面体空隙中(部分金属原子位于晶胞外，题图中未画出，例如4个Ba和2个Cu可形成1个八面体空隙)，D正确。 16.(2026高考·四川)我国科研人员合成了一种功能材料，该材料含有原子序数依次增大的短周期主族元素Q、W、X、Y、Z。其中，Q是宇宙中含量最多的元素；基态W原子有2个未成对电子，Z与W同族；基态Y原子最外层电子数是其内层的3倍。下列说法正确的是( ) A.熔点： B.键角： C.稳定性： D.电离能： 16.B Q是宇宙中含量最多的元素，应为H；基态Y原子最外层电子数是内层的3倍，短周期元素，内层电子数为2，最外层6，应为O；原子序数依次增大，基态W原子有2个未成对电子且原子序数小于O，应为C；Z与W同族且原子序数大于O，短周期元素为Si；X在C和O之间，应为N，据此分析各选项； 为属于分子晶体，为属于共价晶体，共价晶体熔点远高于分子晶体，故熔点，A错误。为，中心N原子含1对孤电子对，为，中心O原子含2对孤电子对，二者中心原子杂化类型相同，孤电子对越多对成键电子对排斥作用越强，键角越小，故键角，B正确。非金属性，元素非金属性越强简单氢化物越稳定，故稳定性，C错误。是N的第一电离能，是O的第二电离能，N原子和的价电子排布均为的半充满稳定结构，但O的核电荷数大于N，原子核对电子的吸引力更强，故，D错误。 17.(2026高考·贵州)中俄科学家合成的世界上首个氦钠电子化合物，由、He原子和电子对()组成，化学式为，也可以表示为，其晶体结构(局部，电子对占位未表示)如图1，晶体结构在、、平面的投影(局部)均如图2. 设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( ) A.该化合物的化学式为 B.He的配位数为8 C.该晶体的密度为 D.两个的最近核间距为 17.C 根据晶体结构及其在、、平面的投影图可得该晶体的晶胞结构图为 根据“均摊法”可知，晶胞中位于顶点和面心，数目为，位于内部，数目为，则该化合物的化学式为，A正确。根据晶胞特点可知，与距离相等且最近的有个，则其配位数为，B正确。根据题图2可知，晶胞参数为，则晶胞的体积为，个晶胞中含有个单元，则晶胞的质量为，晶体的密度为，C错误。由晶胞结构图可知，两个的最近核间距为晶胞参数的，即，D正确。 18.(2026高考·江西)为探究银白色金属X的组成，进行下列实验(如图)。X中所含元素至少有( ) A.1种 B.2种 C.3种 D.4种 18.B 首先，调pH=7时生成蓝色沉淀，该沉淀可溶于柠檬酸和浓氨水，最终得到深蓝色溶液，这是的特征反应，结合焰色反应为绿色火焰，可证明X中一定含有铜元素。 其次，题干明确说明X是银白色金属，而单质铜为紫红色，因此X不可能是纯铜，一定还含有其他金属元素，因此X所含元素至少为2种；整个流程为：铜在浓盐酸和过氧化氢中氧化溶解：；生成绿色溶液(蓝色和黄色组合色)是因为存在配位平衡：；加氢氧化钾调pH生成氢氧化铜蓝色沉淀；加柠檬酸溶解沉淀，与浓氨水络合溶解生成深蓝色的溶液，答案选B。 19.(2026高考·四川)氧化物钙钛矿型晶胞中的离子半径关系为(M为顶点阳离子，N为体心阳离子)，当时，会形成立方晶胞。一种由、和形成的钙钛矿型晶胞如图所示，其，。 下列说法错误的是( ) A.紧邻12个 B.晶胞中1位上的分数坐标为 C.晶胞中 D.取代()形成的是立方晶胞 19.D 钙钛矿结构中顶点阳离子配位数为12，紧邻12个面心的，A正确。1位位于的面心，对应分数坐标为，B正确。代入公式：，结合，计算得，C正确。取代后，，新，不满足立方晶胞的范围，D错误。 20.(2026高考·四川)下列实验中所涉及反应的离子方程式正确的是( ) A.碘化银浊液中滴入硫化钠溶液： B.碳酸氢钠溶液中滴入稀硫酸： C.铜粉中滴入稀硝酸： D.银氨溶液中滴入稀盐酸： 20.A AgI溶解度大于Ag₂S，碘化银浊液中滴入硫化钠溶液生成硫化银沉淀，离子方程式为：，A正确。是弱酸的酸式酸根，不能拆分为和，正确离子方程式为，B错误。铜与稀硝酸反应还原产物为NO而非，正确离子方程式为，C错误。生成的会与结合生成AgCl沉淀，该式漏掉AgCl的生成，正确离子方程式为，D错误。 21.(2026高考·四川)某课题组合成的一种配合物，其内部空腔可识别并包裹特定结构的分子，形成超分子胶囊。该配合物的阴离子部分，其结构如图所示。 下列说法错误的是( ) A.的配位数为6 B.配合物内部空腔通过非共价键作用识别特定结构的分子 C.改变配体骨架的基团或链的长短，配合物内部空腔可适配不同结构的分子 D.替换后，配体骨架的电子云分布不会发生改变 21.D 该配合物的阴离子含有6个配体(每条线都是1个配体)，4个，每个周围有6个O(3个配体)作为配位原子，配位数为6，A正确。超分子对特定分子的识别依靠氢键、范德华力等非共价键作用，B正确。改变配体骨架的基团或链的长短，会调整空腔的大小、结构和作用位点，可适配不同结构的分子，C正确。所带正电荷数高于，对配位原子的电子吸引作用更强，会改变配体骨架的电子云分布，D错误。 22.(2026高考·贵州)一种能有效检测重金属的荧光探针及其检测机理如图。 下列说法错误的是( ) A.Ⅰ不存在顺反异构体 B.Ⅰ中碳原子的杂化轨道类型为sp、 C.Ⅱ中汞元素的化合价为0 D.该探针不适合直接检测强酸性样品 22.C 顺反异构体要求碳碳双键两端碳原子均连接2种不同基团，但Ⅰ中碳碳双键受限于六元杂环，不存在顺反异构体，A正确。Ⅰ中-CN的碳原子为杂化，其余碳原子(苯环、吡啶环、酯基、双键碳)均为杂化，无杂化碳原子，杂化类型只有、，B正确。Ⅱ中Hg与两个、两个形成配位键，是氨基去质子产物，故汞元素化合价为+2价，C错误。强酸性条件下探针中的氨基会与形成配位键，无法与汞离子配位，因此不适合直接检测强酸性样品，D正确。 23.(2026高考·山东)1-环己基乙胺(X)溶于酸形成铵盐阳离子(Y)，Y与18-冠-6作用形成超分子阳离子(Z)，下列说法错误的是( ) A.X→Y，键角增大 B.18-冠-6中C、O原子采取的轨道杂化方式相同 C.Z含手性碳原子 D.Z中存在共价键、离子键和氢键 23.D X中N原子有1对孤电子对，与形成配位键后，Y中N原子无孤电子对，孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对间的斥力，因此X→Y时增大，A正确。18-冠-6中，C原子均形成4个σ键，价层电子对数为4；O原子均形成2个σ键，含2对孤电子对，价层电子对数也为4，二者均采取杂化，杂化方式相同，B正确。Z中连接环己基、甲基和的碳原子，同时连接4种不同的基团，属于手性碳原子，因此Z含手性碳原子，C正确。Z是超分子阳离子，内部存在共价键和氢键，离子键是阴阳离子之间的相互作用，Z内部不存在离子键，D错误。 24.(2026高考·山东)某溶液含有Ag+、Ba2+、Cu2+、Fe3+中的一种或几种，下列说法错误的是( ) A.取少量该溶液并滴加NaCl溶液，若出现白色沉淀，则溶液中含有Ag+ B.取少量该溶液并滴加H2SO4溶液，若出现白色沉淀，则溶液中含有Ba2+ C.取少量该溶液并滴加KSCN溶液，若溶液显红色，则溶液中含有Fe3+ D.若四种阳离子均存在，可依次使用NaCl溶液、Na2SO4溶液、浓氨水进行分离 24.B 与生成不溶于酸的白色沉淀，滴加产生白色沉淀，证明含，A正确。滴加出现白色沉淀，除了与生成白色沉淀外，与生成的微溶，浓度较高时也会形成白色沉淀，因此无法确定一定含，B错误。遇KSCN溶液生成血红色配合物，溶液变红可检验，C正确。若四种阳离子均存在，加NaCl溶液，生成沉淀除去；加溶液，生成沉淀除去；加浓氨水：先沉淀后溶解生成，生成沉淀，从而达到分离的目的，D正确。 25.(2026高考·广东)化学之美在于发现。陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确但两者间没有关联的是( ) 选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ A 光束通过胶体，产生明亮通路 胶体粒子对光线有散射作用 B 天然水晶呈现规则外形 晶体中原子呈周期性有序排列 C 烟花绽放，焰色五彩缤纷 碱金属原子容易失去最外层电子 D 铜丝浸入溶液中可形成美丽银树 的还原性比的强 A.A B.B C.C D.D 25.C 丁达尔效应的本质是胶体粒子对光线的散射作用，两个陈述存在因果关联，A不选。晶体具有规则几何外形的本质原因是晶体中原子呈周期性有序排列，两个陈述存在因果关联，B不选。焰色反应是金属元素的电子受到激发后跃迁释放特定波长的光产生的，属于物理变化，和碱金属易失最外层电子的化学性质无关，两个陈述均正确但无关联，C入选。Cu能置换出中的Ag，依据氧化还原反应规律，还原剂的还原性强于还原产物，说明Cu还原性比Ag强，两个陈述存在因果关联，D不选。 26.(2026高考·广东)光影岁月流转，科技定格万象。下列说法正确的是( ) A.烛焰小孔成像。蜡烛燃烧时化学能全部转化为光能 B.凸透镜聚光成像。石英玻璃凸透镜的主要成分为硅酸钙 C.卤化银胶片感光成像。属于化合反应 D.硅基器件数字成像。单晶硅应用非常广泛，属于共价晶体 26.D 蜡烛燃烧时化学能除转化为光能外，大部分转化为热能，并非全部转化为光能，A错误。石英玻璃的主要成分为，不是硅酸钙，B错误。该反应是一种物质生成两种物质的反应，属于分解反应，不属于化合反应，C错误。单晶硅中硅原子之间以共价键结合形成空间网状结构，属于共价晶体，D正确。 27.(2026高考·湖南)光催化是一种常用的绿色有机合成方法，合成化合物M(表示芳基，表示叔丁基)的反应历程如图所示。下列说法错误的是( ) A.X→Y过程中既有σ键断裂，又有π键断裂 B.Z中Ni的化合价为+2 C.PC②→PC①是一个氧化过程 D.总反应式为 27.B X→Y过程中，X含碳碳三键，反应时三键的键断裂，同时X中氧原子左边所连为-CH2-，Y中氧原子左边所连C为有一个单电子，此时这个碳原子上只连了一个氢原子，有碳氢键断裂，既有键断裂又有键断裂，A正确。由图可知，中Ni的化合价为+2价，中Ni与结合生成Z，Ni原子与具有单电子的碳原子结合形成键，且共用单子对偏向于C原子，则Ni的化合价上升到+3价，B错误。该步骤是光催化剂PC②与 反应，生成PC①和 。在这个反应中，Ni的化合价从+1价下降到0价，是氧化剂，则PC②→PC①是一个氧化过程，C正确。根据反应历程，反应物为炔烃X和ArCl，产物为M，条件为光、催化剂，总反应式为，D正确。 28.(2026高考·河北)由下列实验事实不能得出相应结论的是( ) 选项 实验事实 结论 A 恒温恒容下平衡体系通入氩气，体系颜色不发生变化 通入氩气后不变，平衡不移动 B 甲酸铵()水溶液显酸性 C 等浓度与的混合溶液中加入过量溶液，生成红褐色沉淀 D 溶液中滴加，溶液由红色变为无色，生成 稳定性： A.A B.B C.C D.D 28.C 恒温恒容条件下通入氩气，容器体积不变，各反应物、生成物浓度均不改变，不变故体系颜色不变，平衡不移动，结论正确，A不选。为弱酸弱碱盐，溶液酸性说明水解程度大于，水解程度越大对应弱电解质电离常数越小，故，结论正确，B不选。为两性氢氧化物，可与过量反应生成可溶性，且生成的白色沉淀会被红褐色沉淀干扰，因此仅根据生成红褐色沉淀无法判断和的溶度积大小，不能得出相应结论，C入选。配离子转化反应会生成稳定性更强的配离子，溶液红色褪去生成，说明稳定性，结论正确，D不选。 29.(2026高考·河北)是由我国科学家理论预测并合成的具有高温超导电性的材料，其立方晶胞如图所示，晶胞棱长为。晶体中氢原子与铍原子构成立方体单元()，铍原子位于体心。氢原子Y和Z的分数坐标分别为和。 下列说法错误的是( ) A.La原子周围最紧邻的氢原子有12个 B.晶胞沿体对角线的投影图为 C.X、Y两原子之间的距离为 D.晶胞中含有4个单元 29.A 从晶胞图可以看出，La原子(黑球)位于立方晶胞的顶点和面心，位于棱心和体心，以位于面心的La原子为研究对象，周围最紧邻的有6个，每个单元中有4个H原子与La原子紧邻，则La原子周围最紧邻的氢原子有24个，A错误。立方晶胞沿体对角线投影后结构为正六边形结构，位于体对角线上的原子会投影到图像中心，面心原子会投影到中心周围，则该晶胞沿体对角线的投影图为：，B正确。氢原子Y和Z的分数坐标分别为和，则单元正方体的边长为0.65a pm-0.35a pm=0.3a pm，X、Y两原子之间的距离为单元正方体体对角线的一半，为，C正确。单元位于棱心和体心，数目为，因此晶胞含4个单元，D正确。 30.(2026高考·湖南)常温下，铜铁混合物(粉末状)能发生如图所示的转化关系。下列说法错误的是( ) A.溶液h可能是盐酸 B.向溶液b中通入过量气体e，空气中久置后可得沉淀g C.固体残渣中有铜，可能有铁 D.溶液f中含有 30.C 黄绿色气体c为Cl2，红褐色沉淀g为Fe(OH)3，进而推出溶液d为FeCl3溶液，溶液b为FeCl2溶液，Fe(OH)3与过量溶液h(酸)反应生成溶液a，则溶液a中含有金属阳离子Fe3+，Fe3+与铜、铁混合物反应生成Fe2+、Cu2+，最终得到深蓝色溶液f，说明生成铜氨络离子，因此气体e为，f中含有。 若h为盐酸，盐酸与Fe(OH)3反应生成含的盐酸体系，只要不足，仅部分铜溶解，仍可满足流程，存在这种可能性，A正确。溶液b中含有，通入过量生成，在空气中久置会被氧气氧化为红褐色的，即沉淀g，B正确。流程最终得到含铜氨络离子的溶液，说明溶液b中一定含有；铁的还原性比铜强，铜铁混合物中铁先发生反应，铁完全反应后铜才反应，若固体残渣中有铜，则一定无铁，C错误。与过量反应生成深蓝色络离子，因此f中含有该离子，D正确。 31.(2026高考·湖南)对下列性质解释正确的是( ) 性质 解释 A 酸性：HCl>HF 非金属性：F>Cl B 沸点：H2O>HF 氢键键能：HF>H2O C 沸点：正戊烷>新戊烷 分子间作用力：正戊烷>新戊烷 D 硬度：金刚石>石墨 碳碳键的键能：石墨>金刚石 A.A B.B C.C D.D 31.C 氢化物水溶液酸性与非金属性无关，非金属性强弱可通过最高价氧化物对应水化物酸性或气态氢化物稳定性比较，酸性强于是因为键键能更大，在水溶液中更难电离，解释不能对应性质，A错误。沸点高于的原因是分子间氢键数量多于，分子间氢键总作用更强，虽然氢键键能更大，但该解释无法说明沸点差异，B错误。烷烃同分异构体中，支链越多分子间接触面积越小，分子间作用力越弱，沸点越低。正戊烷为直链结构，分子间作用力大于带多支链的新戊烷，故沸点更高，解释对应性质，C正确。金刚石为空间网状原子晶体，硬度大；石墨为层状混合晶体，层间为较弱的范德华力，易滑动故硬度小，石墨碳碳键键能更大与二者硬度差异无关，D错误。 32.(2026高考·陕晋青宁卷)某科研团队利用S和Cu2S的相互转化设计了如图所示电池。工作时，两极上发生反应的S和Cu2S的物质的量相等。放电完成后，将一侧的电解液加热，产生的气体通入另一侧，可使电池重复工作。若性能显著衰减，经简单处理可恢复。下列说法正确的是( ) A.膜为阳离子交换膜 B.当气体通入左室开始工作时，电极a为正极 C.理论上，电路中通过的与消耗的物质的量之比为 D.电池总反应为 32.D 根据题干“工作时，反应的S和物质的量相等”，结合化合价变化可得电子守恒的电极反应：左室电极a为正极，电极反应：；右室电极b为负极：电极反应，，加热时释放，据此解答。 反应后左室消耗，剩余多余的；右室生成带正电的，正电荷多余。需要(阴离子)从左室迁移到右室平衡电荷，因此膜为阴离子交换膜；若为阳离子交换膜，向左侧移动，无法实现该电池的功能，A错误。放电完成后，电极a的S完全转化为，电极b的完全转化为S；加热右室电解液，分解放出，将通入左室后重新开始工作时，电极a现在为，发生失电子的氧化反应，为负极，B错误。根据负极反应，转移时，消耗，因此电路中通过的与消耗的物质的量之比为，不是，C错误。将正负极反应相加，消去两边均有的S、和电子，得到总反应： ，化简得，D正确。 33.(2026高考·陕晋青宁卷)我国科研人员利用钨的氧化物开发了新型催化剂。该氧化物的六方晶胞结构如图，2号O的分数坐标为。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A.该氧化物的化学式为WO2 B.晶体密度为 C.3号W的分数坐标为 D.1号O和3号W的核间距为 33.B 六方晶胞中，W(黑球)：8个位于棱心，2个位于面心，数目为； O(白球)：16个O位于晶胞面上，1个位于体心，数目为。 因此，化学式为，A错误。六方晶胞底面为夹角的平行四边形，边长为，因此底面积：，晶胞高为，体积， 晶胞总质量：。 密度，B正确。分数坐标的定义是以晶胞各轴的边长为单位1，分数坐标均为的数，该氧化物晶胞底面平行四边形的边长为anm，据结构知，3号W的分数坐标应为，C错误。六方晶系、轴夹角为，1号O和3号W的位置关系可以表示为，1号O和3号W的核间距为，D错误。 34.(2026高考·陕晋青宁卷)羟胺(NH2OH)有弱碱性和还原性。下列说法正确的是( ) A.1 mol NH2OH含有3 mol σ键 B.羟胺分子中所有原子共平面 C.羟胺溶液呈弱碱性的原因： D.羟胺溶液与AgBr反应生成N2的离子方程式： 34.C 的结构式为，含有2个σ键、1个σ键、1个σ键，共4个σ键，故1mol 含4mol σ键，A错误。羟胺分子中N原子形成3个σ键，存在一对孤电子对，为sp3杂化，空间结构为三角锥形，所有原子不可能共平面，B错误。羟胺中N原子有孤电子对，可结合水电离出的，使溶液中，溶液呈碱性，离子方程式为：，C正确。羟胺溶液与AgBr反应生成N2，是难溶物，书写离子方程式时不能拆为，正确的离子方程式为：，D错误。 35.(2026高考·河南)某同学设计以下实验，探究铁的化合物的性质(忽略②〜⑤试管中溶液体积变化)。 已知：在水溶液中由于水解与配位而显黄色；呈绿色。下列说法错误的是( ) A.②到③说明加入稀硫酸能抑制的水解 B.④与⑤中：④>⑤ C.④与⑥中呈现红色均是由于与结合所致 D.若向③中依次加入适量维生素C、溶液，会出现蓝色沉淀 35.B 黄色的水合硫酸铁溶于水形成黄色溶液②。根据题中信息，黄色是由于水解产生的。向②中加入稀硫酸，溶液变为浅黄色③，这是因为加入的 抑制了的水解( )，使平衡向左移动，水解产物减少，颜色变浅。向浅黄色溶液③中加入KSCN溶液，溶液变为红色④。这是与反应生成血红色络合物。向红色溶液④中加入草酸钾固体，溶液变为绿色⑤。这是因为与的配位能力比更强，生成了更稳定的绿色络合物。向绿色溶液⑤中加入稀硫酸，溶液又变回红色⑥。这是因为加入的与 结合生成弱酸草酸，降低了的浓度，导致绿色络合物 分解，释放出 。这些再与溶液中的反应，重新生成红色的络合物，以此解答。 水解使溶液显黄色，加入稀硫酸后增大，水解平衡逆向移动，抑制水解，溶液黄色变浅，A正确。④中与结合生成红色配合物，游离浓度低；⑤中与结合生成更稳定的，释放出，故：⑤>④，B错误。④中直接是与结合显红色；⑥中加入稀硫酸后，与结合，解离出，再与结合显红色，C正确。维生素C具有还原性，可将③中的还原为，与反应生成蓝色沉淀，D正确。 36.(2026高考·云南)一种新型固态电解质(摩尔质量为)的立方晶胞结构示意图如下。已知：为阿伏加德罗常数的值：以晶胞参数为单位长度建立坐标系可标注晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，点原子的分数坐标为。 下列说法正确的是( ) A.点原子的分数坐标为 B.每个周围与它最近且距离相等的有6个 C.沿轴方向的投影为 D.若晶体密度为，则晶胞参数为 36.C T点位于底面的面心，其原子坐标为，A项错误。位于体心和顶点，以体心为例，每个周围与它最近且距离相等的有8个，B项错误。位于棱和面心，沿轴方向投影，纵向棱上的会被遮挡，因此投影图为，C正确。晶胞中位于棱和面心，其个数为，位于体心和顶点，其个数为，1个晶胞中含有2个Na3PS4，因此晶胞密度，因此晶胞参数，D错误。 37.(2026高考·云南)我国科学家合成了一种大环化合物甲，能与形成超分子乙，其变化过程如图。下列说法错误的是( ) A.乙的晶体类型为共价晶体 B.该过程体现了大环对的捕获与释放 C.乙中的与大环之间存在分子间作用力 D.调控pH可使甲和丙中的杂化方式发生可逆转变 37.A 乙由阴阳离子构成，因此乙为离子晶体，A错误。甲与C60结合生成乙，即“捕获C60”，乙在条件下释放C60生成丙，即“释放C60”，明确体现了大环对C60的捕获与释放，B正确。该超分子的核心作用力是分子间作用力(如范德华力、氢键等)，C60与大环通过分子间作用力结合，C正确。甲、乙中形成3个化学键，为sp2杂化，丙中形成4个化学键，为sp3杂化，过程中可通过调节pH实现，即调控pH可使甲和丙中的杂化方式发生可逆转变，D正确。 38.(2026高考·黑吉辽蒙卷)金属钒(立方晶胞，Ⅰ)和硅粉高温熔炼可制取传统超导材料(立方晶胞，Ⅱ)。已知此体系中紧邻钒原子间的距离变短可增强超导性能。下列说法错误的是( ) A. B.与紧邻的有12个 C.晶胞中的价层电子总数为19 D.的超导性质优于金属钒 38.C 晶胞Ⅱ中，白球()的个数为，灰球()的个数为，因此，A正确。以晶胞内部的为例，周围等距紧邻的共12个，因此与紧邻的为12个，B正确。是第ⅤB族元素，每个价层电子数为5；是第ⅣA族元素，每个价层电子数为4。该晶胞含6个、2个，总价层电子总数，C错误。金属钒晶胞Ⅰ中紧邻间距为体对角线的一半，计算可知：，中紧邻间距为，由题干可知，紧邻钒原子间的距离变短可增强超导性能距离更短，因此的超导性质优于金属钒，D正确。 39.(2026高考·黑吉辽蒙卷)大面积单原子层二维金属制备过程示意图如下。下列说法错误的是( ) A.位于周期表第四周期第ⅢA族，其简化电子排布式为 B.蓝宝石砧座的硬度高，其主要成分可当作共价晶体 C.常温常压下，等物质的量的能量高于晶体 D.的一个基本结构单元为 39.A Ga位于元素周期表第四周期第ⅢA族，电子排布式为，简化后的电子排布式为，A错误。由于蓝宝石砧座的硬度高，符合共价晶体的性质特征，故其主要成分可当作共价晶体，B正确。由图知，由制作的过程需要加热熔化并挤压，该过程为吸热过程，故等物质的量的能量高于晶体，C正确。由大面积单原子层二维金属俯视放大图可知，为密排的二维结构，则一个基本结构单元为，D正确。 40.(2026高考·黑吉辽蒙卷)化学助力人工智能的发展，下列说法正确的是( ) A.锂离子电池可将化学能转化为电能 B.氮化镓()半导体属于有机材料 C.光导纤维纤芯的主要成分是单晶硅 D.数据中心冷却系统冷却液的汽化涉及化学键断裂 40.A 锂离子电池属于原电池装置，工作时可将化学能转化为电能，A正确。氮化镓(GaN)属于新型无机非金属材料，不是有机材料，B错误。光导纤维纤芯的主要成分是二氧化硅，单晶硅是芯片的主要成分，C错误。冷却液汽化属于物理变化，仅克服分子间作用力，不涉及化学键断裂，D错误。 41.(2026高考·浙江)是片状晶体，结构如图，一元弱酸，下列说法不正确的是( ) A.晶体中有氢键和范德华力 B.在水中电离 C.能与乙醇反应 D.可表示为 41.B 根据硼酸结构，硼酸中中的H与另一个硼酸中O原子形成氢键，硼酸是片状晶体，片与片之间存在范德华力，A正确。硼酸是一元弱酸，溶于水后，硼原子提供空轨道接受水分子电离出的的孤电子对，形成配位键，使得溶液中游离的浓度大于浓度，使溶液呈酸性，电离方程式为，B错误。硼酸与乙醇在浓硫酸催化、加热下发生酯化反应，生成硼酸三乙酯(硼酸乙酯)和水，C正确。三分子硼酸脱水得到三聚体，根据H、B、O的成键规则，可表示为，D正确。 42.(2026高考·浙江)下列反应方程式错误的是( ) A.浓硝酸见光分解： B.红热的铁在水蒸气中反应： C.向硫代硫酸钠滴加稀硫酸： D.向硫酸铜加入过量的氨水： 42.A 浓硝酸见光分解的正确产物应为NO2，方程式为 ：，A错误。红热的铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，方程式 ，B正确。硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫单质沉淀和二氧化硫气体，方程式 ，C正确。硫酸铜与过量氨水反应形成四氨合铜(II)离子，离子方程式正确，D正确。 43.(2025高考·江西)晶格中的O被去除，产生一个氧空位()，相对原点的分数坐标为，则图中的分数坐标分别为( ) A. B. C. D. 43.D 由晶胞结构可知，相对原点的分数坐标为，则坐标原点为，位于面心，位于底面面心的分数坐标为，位于侧面面心的分数坐标为，选D。 44.(2025高考·浙江)能代表化合物的结构片段如图(氢原子未画出)，下列有关该化合物的描述不正确的是( ) A.图中球①代表原子团 B.该化合物易溶于水 C.作还原剂时，该化合物释放 D.氮原子上没有孤电子对，晶体中不存在氢键 44.D 可表示为，其中①号氮原子要提供孤对电子与形成配位键，而结构中无孤对电子，故①表示，A正确。该化合物属于可溶性盐，且可与水形成氢键，因此易溶于水，B正确。作还原剂时，化合价升高转化为N2和，因此该化合物释放，C正确。中①号氮原子与Zn2+形成配位键，旁边的氮原子与形成配位键，因此氮原子上没有孤电子对，但中含有氧原子，晶体中存在氢键，D错误。 45.(2025高考·四川)生产磷肥时，利用纯碱溶液吸收的反应如下：。下列说法错误的是( ) A.中含有配位键 B.和都是由极性键构成的极性分子 C.和晶体分别为分子晶体和共价晶体 D.的模型和空间结构都为平面三角形 45.B Na2SiF6的阴离子中有Si提供空d轨道，F-提供孤对电子形成的配位键，A正确。SiF4中心原子Si的价层电子对数是，无孤对电子，为正四面体结构，分子对称，属于非极性分子；H2O为极性分子，B错误。CO2晶体为分子晶体(分子间作用力)，SiO2为共价晶体(原子间共价键)，C正确。中心原子C的价层电子对数是，无孤对电子，VSEPR模型为平面三角形，实际空间结构也为平面三角形，D正确。 46.(2025高考·四川)的四方晶胞(晶胞参数，省略中的氧，只标出)和的立方晶胞如图所示，为阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是( ) A.晶胞中1位的分数坐标为 B.晶胞中2位和3位的核间距为 C.晶胞和晶胞中原子数之比是 D.晶体密度小于晶体密度 46.D 根据图示，晶胞中1位位于晶胞的棱角，其分数坐标为，故A正确。2位坐标为(a，a，1.7a)，3位坐标为(0，0，3.4a)，核间距：apm，B正确。晶胞中原子个数为：，晶胞中原子个数为：(省略中的氧，只标出，所以一起计算的原子)，晶胞和晶胞中原子数之比是，C正确。晶体密度计算公式为：，晶体密度为： ，晶体密度为：，晶体密度大于晶体密度，D错误。 47.(2025高考·湖南)掺杂的铋酸钡具有超导性。替代部分形成(摩尔质量为)，其晶胞结构如图所示。该立方晶胞的参数为，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A.晶体中与铋离子最近且距离相等的有6个 B.晶胞中含有的铋离子个数为8 C.第一电离能： D.晶体的密度为 47.A 铋离子位于顶点，与其最近且距离相等的位于棱心，有6个，分别位于上下、前后、左右，A正确。晶胞中含有的铋离子个数为个，B错误。Ba是碱土金属，金属性强于Ca，其易失电子，第一电离能小于O，C错误。晶胞中Ba或K位于体心，个数为总和1，位于棱心，有，所以晶胞的质量是，晶胞体积是，则晶体的密度是：，D错误。 48.(2025高考·湖南)下列有关物质性质的解释错误的是( ) 性质 解释 A 酸性： 是推电子基团 B 熔点： 的体积大于 C 熔点： 比的金属性弱 D 沸点： 分子间存在氢键 A.A B.B C.C D.D 48.C 是推电子基团，使乙酸中羟基的极性减弱，酸性弱于甲酸，A正确。的体积大于，导致其硝酸盐的晶格能较低、熔点更低，B正确。Fe熔点高于Na是因金属键更强，而不是因为Fe的金属性比钠弱，金属性是金属失电子的能力，与金属熔点无关，C错误。分子间氢键使其沸点反常高于，D正确。 49.(2025高考·重庆)某兴趣小组探究沉淀的转化。将2mL 0.1mol·L-1 AgNO3溶液与同浓度同体积的NaCl溶液混合，得悬浊液1，然后进行如下实验。下列叙述错误的是( ) A.溶液1中 B.溶液2中 C.溶液3中 D.上述实验可证明 49.C 溶液1中主要溶质是，同时由于存在溶解平衡：，还存在极少量的，选项中满足电荷守恒关系，A正确。根据元素守恒可知，若不水解，则，但会水解生成其他含银的微粒，故，B正确。溶液3中可能存在氨水过量的情况，不能得出的结论，C错误。由实验操作可知，存在转化，由此说明AgI更难溶，故可得出结论，D正确。 50.(2025高考·重庆)化合物X的晶胞如图所示，下列叙述正确的是( ) A.X中存在键 B.X属于混合型晶体 C.X的化学式可表示为 D.X中C原子上有1对孤电子对 50.C C、N均以单键连接，晶胞中不含π键，A错误。晶胞内只存在共价键，不是混合型晶体，B错误。由分析可知，晶胞化学式为，C正确。位于面心的C原子，与周围4个氮原子(位于两个晶胞内)相连，其配位数为4，不存在孤对电子，D错误。 51.(2025高考·湖北)N和P为同主族相邻元素。下列关于物质性质或现象的解释错误的是( ) A.的熔点比的低，因为的离子键更强 B.磷单质通常不以形式存在，因为磷磷之间难以形成三键 C.次磷酸比硝酸的酸性弱，因为前者的键极性小 D.P形成而N形成，因为P的价层电子轨道更多且半径更大 51.A 熔点的差异源于离子键的强度。中带3个负电荷，而中只带1个负电荷；离子电荷越高，静电引力越强，离子键越强，熔点越高。因此，的离子键比更强，A错误。氮因原子半径小，p轨道有效重叠，能形成稳定的N≡N三键；磷原子半径大，p轨道重叠差，难以形成稳定的P≡P三键，因此倾向于形成四面体结构，B正确。含氧酸的酸性与O-H键极性有关。中心原子电负性越高，O-H键极性越大，越易解离；氮电负性高于磷，因此中O-H键极性大，酸性强；中P电负性低，O-H键极性小，酸性弱，C正确。氮价层仅有2s和2p轨道，的中心原子N形成杂化后有3个键和1个孤对电子；磷有3d轨道可参与杂化，且原子半径大，能容纳5个配体，故形成，D正确。 52.(2025高考·湖北)晶胞是长方体，边长，如图所示。下列说法正确的是( ) A.一个晶胞中含有4个O原子 B.晶胞中分子的取向相同 C.1号和2号S原子间的核间距为 D.每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有4个 52.D 由晶胞图可知，SO2分子位于长方体的棱心和体心，1个晶胞中含(12×+1)个SO2分子，含有8个O原子，A错误。由图可知晶胞中SO2分子的取向不完全相同，如1和2，B错误。1号和2号S原子间的核间距离为上、下面面对角线的一半，即pm，C错误。以体心的S原子为例，由于a≠b≠c，每个S原子周围与其等距且紧邻(距离最小)的S原子有4个，D正确。 53.(2025高考·湖北)下列关于物质性质或应用解释错误的是( ) 选项 性质或应用 解释 A 石蜡油的流动性比水的差 石蜡油的分子间作用力比水的小 B 溶于水显碱性 可结合水中的质子 C 可以氧化 中O显正电性 D 石墨作为润滑剂 石墨层间靠范德华力维系 A.A B.B C.C D.D 53.A 石蜡油的成分主要是高碳烷烃，相对分子质量大，分子间作用力大，导致粘度大，因此石蜡油流动性比水小的原因是分子间作用力比水分子间作用力大，A错误。NH3中N有一对孤电子，能与水提供的H+结合，从而释放OH-，因此NH3溶于水显碱性，B正确。F的电负性大于O，OF2中F显负电性，O显正电性，H2O中O显负电性，H2O中O容易转移电子给OF2中O，因OF2可以氧化H2O，C正确。石墨是层状结构，石墨层间靠范德华力维系，范德华力较弱，导致层与层之间容易滑动，故石墨具有润滑性，D正确。 54.(2025高考·广东)由结构不能推测出对应性质的是( ) 选项 结构 性质 A 的VSEPR模型为平面三角形 具有氧化性 B 钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量变化不同 钾和钠的焰色不同 C 乙烯和乙炔分子均含有键 两者均可发生加聚反应 D 石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子，可在整个碳原子平面中运动 石墨具有类似金属的导电性 A.A B.B C.C D.D 54.A SO3的VSEPR模型为平面三角形，反映其分子几何结构，但氧化性由硫的高价态(+6)决定，与结构无直接关联，A入选。钾和钠原子结构差异导致电子跃迁能量不同，焰色不同，结构与性质对应合理，B不选。乙烯和乙炔均含π键，π键断裂是加聚反应的基础，结构与性质对应合理，C不选。石墨层中离域p电子使其导电，结构与性质对应合理，D不选。 55.(2025高考·广东)声波封印，材料是音乐存储技术的基础。下列说法错误的是( ) A.制作黑胶唱片使用的聚氯乙烯，其单体是 B.磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成，具有磁性 C.光碟擦写过程中材料在晶态和非晶态间的可逆转换，涉及物理变化 D.固态硬盘芯片常使用单晶硅作为基础材料，单晶硅是一种共价晶体 55.A 聚氯乙烯的单体应为氯乙烯(CH2=CHCl)，而选项中的CH3CH2Cl是氯乙烷，单体错误，A错误。四氧化三铁(Fe3O4)具有磁性，常用于磁带制作，B正确。光碟擦写时晶态与非晶态转换属于物理变化(无新物质生成)，C正确。单晶硅为共价晶体(原子晶体)，固态硬盘芯片使用单晶硅，D正确。 56.(2025高考·广东)在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构(如图)形似梅花。下列关于该多烯环配合物说法正确的是( ) A.键是共价键 B.有8个碳碳双键 C.共有16个氢原子 D.不能发生取代反应 56.A C和H原子间通过共用电子对形成的是共价键，A正确。该配合物具有芳香性，存在的是共轭大π键，不存在碳碳双键，B错误。根据价键理论分析，该物质有10个H原子，C错误。大π键环上可以发生取代反应，D错误。 57.(2025高考·北京)为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法不正确的是( ) A.①中浓盐酸促进平衡正向移动 B.由①到②，生成并消耗 C.②、③对比，说明：②>③ D.由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也无明显变化 57.D ①中滴加数滴浓盐酸，试管溶液黄色加深，生成更多的，说明浓盐酸促进平衡正向移动，A正确。由①到②，溶液变为红色，说明转化为，即生成并消耗，B正确。②、③溶液中，均存在平衡，由于温度不变，故该反应的平衡常数不变，由于②、③溶液中含有的初始浓度相同，且②溶液为红色，③溶液为无色，故能说明：②>③，C正确。类似C选项分析，由①→④推断，溶液中的是越来越小的，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，无法确定①中溶液中的的含量是否能够氧化I-，D错误。 58.(2025高考·云南)是优良的固态电解质材料，取代部分后产生空位，可提升传导性能。取代后材料的晶胞结构示意图(未画出)及其作为电解质的电池装置如下。下列说法错误的是( ) A.每个晶胞中个数为12 B.该晶胞在yz平面的投影为 C.取代后，该电解质的化学式为 D.若只有发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的数目相等 58.C 由晶胞结构可知，Sc原子分布在晶胞的8个棱心和4个面心，由均摊法算出其原子个数为，由晶体的化学式可知，O原子的个数是Sc的3倍，因此，每个晶胞中O2-个数为12，A正确。由晶胞结构可知，该晶胞在yz平面的投影就是其前视图，B正确。Ce4+ 取代La3+后，Li+数目减小并产生空位，因此，根据化合价的代数和为0可知，取代后该电解质的化学式为，C错误。Li+与电子所带的电荷数目相同，只是电性不同，原电池中内电路和外电路通过的电量相等，因此，若只有Li+发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的Li+数目相等，D正确。 59.(2025高考·云南)Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是( ) A.是两性氢氧化物 B.和的晶体类型相同 C.中Be原子的杂化方式为 D.与反应： 59.B 由图中转化信息可知，既能与盐酸反应生成盐和水，又能与氢氧化钠反应生成盐，因此其是两性氢氧化物，A正确。由题中信息可知，的熔点远远高于的，因此不可能是分子晶体，而的熔点和沸点均较低，其为分子晶体，因此两者的晶体类型不相同，B错误。中 Be 原子与4个羟基形成4个σ键，没有孤电子对，只有4个成键电子对，因此，其杂化方式为 sp3，C正确。中的Be化合价为+2，C的化合价为-4，因此其与反应生成和，该反应的化学方程式为，D正确。 60.(2025高考·江苏)在溶有15-冠()的有机溶剂中，苄氯()与发生反应： 下列说法正确的是( ) A.苄氯是非极性分子 B.电负性： C.离子半径： D.X中15-冠与间存在离子键 60.C 苄氯分子含有饱和C原子，且饱和碳原子连有三种不同的基团，分子空间结构不对称，故苄氯为极性分子，A错误。同主族元素从上到下电负性逐渐减小，故电负性：，B错误。电子层结构相同时，离子半径随原子序数增大而减小，故离子半径：，C正确。15-冠-5是分子，与阳离子之间不存在离子键，二者通过非共价键形成超分子，D错误。 61.(2025高考·陕晋青宁卷)一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶胞密度为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是( ) A.沿晶胞体对角线方向的投影图为 B.和B均为杂化 C.晶体中与最近且距离相等的有6个 D.和B的最短距离为 61.A 由晶胞图可知，晶胞中Ag位于体心，B位于顶点，C、N位于体对角线上，沿晶胞体对角线方向投影，体对角线上的原子投影到中心(重叠)，其余6个顶点原子分别投影到六元环的顶点上，其他体内的C、N原子都投影到对应顶点原子投影与体心的连线上，则投影图为，A错误。Ag位于体心，与周围4个N原子原键，价层电子对数为4，且与4个N原子形成正四面体，则Ag为杂化；由晶胞中成键情况知，共用顶点B原子的8个晶胞中，有4个晶胞中存在1个C原子与该B原子成键，即B原子的价层电子对数为4，为杂化，B正确。晶胞中Ag位于体心，与最近且距离相等的就是该晶胞上、下、左、右、前、后6个相邻的晶胞体心中的原子，为6个，C正确。B位于顶点，其个数为，Ag、C、N均位于晶胞内，个数分别为1、4、4，由晶胞密度可知晶胞参数a=，和B的最短距离为体对角线的一半，即，D正确。 62.(2025高考·陕晋青宁卷)下列对物质性质的解释错误的是( ) 选项 物质性质 解释 A 氯化钠熔点高于氯化铯 氯化钠离子键强于氯化铯 B 碘易溶于四氯化碳 碘和四氯化碳都是非极性分子 C 草酸氢钠溶液显酸性 草酸氢根离子水解程度大于电离程度 D 离子液体导电性良好 离子液体中有可移动的阴、阳离子 A.A B.B C.C D.D 62.C 氯化钠中的钠离子半径(Na+)比氯化铯中的铯离子半径(Cs+)小，离子键强度更大，因此熔点更高，解释正确，A正确。碘和四氯化碳均为非极性分子，符合“相似相溶”原理，解释正确，B正确。草酸氢钠溶液显酸性是因为草酸氢根(HC2O)的电离程度(释放H+)大于水解程度(生成OH⁻)，解释错误，C错误。离子液体的导电性源于其内部可自由移动的阴、阳离子，解释正确，D正确。 63.(2025高考·河北)是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，在航空航天等领域中获得重要应用。的六方晶胞示意图如下，晶胞参数、，M、N原子的分数坐标分别为、。设是阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是( ) A.该物质的化学式为 B.体心原子的分数坐标为 C.晶体的密度为 D.原子Q到体心的距离为 63.D 由晶胞图知，白球位于体心，晶胞中数目为1，黑球位于顶角、棱心、体内，六方晶胞上下表面中一个角60°，一个角为120°，晶胞中数目为，结合题意知，白球为Sm、黑球为Co，该物质化学式为，A正确。体心原子位于晶胞的中心，其分数坐标为，B正确。每个晶胞中含有1个“”，晶胞底面为菱形，晶胞体积为，则晶体密度为，C正确。原子Q的分数坐标为，由体心原子向上底面作垂线，垂足为上底面面心，连接该面心与原子Q、体心与原子Q可得直角三角形 则原子Q到体心的距离，D错误。 64.(2025高考·河南)自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氦气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量(x为整数)。 下列说法正确的是( ) A. B.第一电离能： C.该化合物中不存在离子键 D.该化合物中配位数与配体个数相等 64.A 该化合物在氦气的气氛中加热，先失去CH3OH，若x=1，CH3OH的质量分数为，结合图像可知，该化合物中x=1，A正确。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，B错误。该化合物中，配离子与之间为离子键，故C项说法错误。该化合物中，根据O、N原子成键数可知，O-Fe为共价键，N-Fe为配位键，配位数为与中心原子或离子键合的原子总数，因此配位数为6，配体为与中心原子或离子形成配位键的分子或离子个数，因此配体个数为2，D错误。 65.(2025高考·河南)某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是( ) A.②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B.③中现象说明配体与的结合能力： C.④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D.若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 65.D ②中沉淀为，④中沉淀为，二者不是同一物质，A正确。③中含有的溶质为，Cu2+与NH3中N原子形成配位键，而未与H2O中O形成配位键，说明配体结合能力：NH3>H2O，故B项说法正确。为离子化合物，属于强极性物质，乙醇属于极性相对低的有机物，向的水溶液中加入乙醇，扩大了溶质与溶剂的极性差，使得在水溶液中析出，即在乙醇中的溶解度小于在水中，C正确。由于⑥中溶液呈黄绿色是由于含有，因此向⑤中加入稀硫酸无法得到黄绿色溶液，D错误。 66.(2025高考·河南)我国科研人员合成了一种深紫外双折射晶体材料，其由原子序数依次增大的五种短周期元素和Z组成。基态X原子的s轨道中电子总数比p轨道中电子数多所在族的族序数等于Q的质子数，基态Y和Z原子的原子核外均只有1个未成对电子，且二者核电荷数之和为Q的4倍。下列说法正确的是( ) A.为极性分子 B.为共价晶体 C.原子半径： D.1个分子中有2个键 66.D BF3为平面正三角形结构，结构对称，属于非极性分子，A错误。NaF是离子晶体，B错误。同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径C＜Li＜Na，C错误。N2分子中含有三键，所以含有2个π键，D正确。 67.(2025高考·甘肃)我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构式如图a)，该分子和客体分子可形成主客体包合物：被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。下列说法错误的是( ) A.主体分子存在分子内氢键 B.主客体分子之间存在共价键 C.磺酸基中的S—O键能比小 D.和中N均采用杂化 67.B 主体分子内羟基与磺酸基相邻较近，磺酸基中含有羟基的结构，可以形成分子内氢键，A正确。主体与客体间通过非共价键形成超分子，B错误。已知单键的键能小于双键，则S-O的键能比S=O键能小，C正确。N原子价电子数为5，中N有4条键，失去1个电子形成阳离子，无孤对电子，采用sp3杂化，中N有3条键，1对孤对电子，价层电子对数为4，采用sp3杂化，D正确。 68.(2025高考·甘肃)物质的结构决定性质，下列事实与结构因素无关的是( ) 选项 事实 结构因素 A K与Na产生的焰色不同 能量量子化 B 的沸点高于 分子间作用力 C 金属有良好的延展性 离子键 D 刚玉的硬度大，熔点高 共价晶体 A.A B.B C.C D.D 68.C 焰色反应的本质是电子跃迁释放特定波长的光，不同元素的原子能级(能量量子化)导致焰色差异，结构因素正确，A不选。SiH4和CH4均为分子晶体，沸点差异由分子间作用力(范德华力)强弱决定，结构因素正确，B不选。金属延展性源于金属键的特性(自由电子使原子层滑动)，而离子键对应离子晶体(延展性差)，结构因素“离子键”错误，C入选。四大晶体类型只是理想的模型，共价晶体与离子晶体没有明显的边界，二者间存在过渡区域，刚玉的硬度大，熔点高，说明其具有共价晶体的特征，结构因素正确，D不选。 69.(2025高考·甘肃)马家窑文化遗址出土了大量新石器时代陶制文物，陶制文物的主要成分为硅酸盐，下列有关表述错误的是( ) A.基态Si原子的价层电子排布图： B.的同位素可作为有机反应示踪原子 C.的电子式为： D.的球棍模型为： 69.D Si为14号元素，其基态价电子排布式为3s23p2，故其基态价电子排布图为，A正确。16O和18O为氧元素的两种同位素，18O常用作同位素标记，可作为有机反应的示踪原子，B正确。SiCl4为分子晶体，Si与Cl形成一对共用电子对，故SiCl4的电子式为，C正确。SiO2为共价晶体，其球棍模型应为立体网状结构，不能表示SiO2，D错误. 70.(2025高考·山东)物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是( ) 性质差异 主要原因 A 沸点： 电离能： B 酸性： 电负性： C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径： D 熔点： 离子电荷： A.A B.B C.C D.D 70.A H2O沸点高于H2S的主要原因是H2O分子间存在氢键、H2S分子间不存在氢键，而非O的电离能大于S，电离能与沸点无直接关联，A错误。HClO酸性强于HBrO是因为Cl的电负性大于Br，导致O-H键极性更强，更易解离H+，B正确。金刚石硬度大于晶体硅是因为C原子半径小于Si，C-C键键能更大，共价结构更稳定，C正确。MgO和NaF均属于离子晶体，离子晶体的熔点取决于其晶格能的大小，离子半径越小、离子电荷越多的，其晶格能一般较大，其熔点更高；MgO熔点高于NaF是因为Mg2+和O2−的电荷高于Na+和F−，且其阴、阳离子的半径对应较小，故离子键强度更大，晶格能更高，D正确。 71.(2025高考·安徽)碘晶体为层状结构，层间作用为范德华力，层间距为。下图给出了碘的单层结构，层内碘分子间存在“卤键”(强度与氢键相近)。为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( ) A.碘晶体是混合型晶体 B.液态碘单质中也存在“卤键” C.碘晶体中有个“卤键” D.碘晶体的密度为 71.A 碘晶体中，分子间是“卤键”(类似氢键)，层与层间是范德华力，与石墨不同(石墨层内只存在共价键)所以碘晶体是分子晶体，A错误。由图可知，题目中的“卤键”类似分子间作用力，只不过强度与氢键接近，则液态碘单质中也存在类似的分子间作用力，即“卤键”，B正确。由图可知，每个分子能形成4条“卤键”，每条“卤键”被2个碘分子共用，所以每个碘分子能形成2个“卤键”，碘晶体物质的量是0.5mol，“卤键”的个数是，C正确。碘晶体为层状结构，所给区间内4个碘原子处于面心，则每个晶胞中碘原子的个数是，晶胞的体积是，密度是，D正确。 氨是其他含氨化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成。遇水转化为。溶于氨水得到深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与溶液反应生成沉淀。 72.(2025高考·安徽)下列有关反应的化学方程式错误的是( ) A.氨在氧气中燃烧： B.液氨与金属钠反应： C.氨水溶解： D.浓氨水与反应： 72.D 根据题干信息可知，氨可在氧气中燃烧生成，所给方程式符合反应原理，A正确。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，生成氨基钠和氢气，发生的是置换反应，所给方程式符合反应原理，B正确。根据题干信息可知，溶于氨水得到深蓝色溶液，所给方程式符合反应原理，C正确。浓氨水与溶液反应生成沉淀，生成物应为，方程式为：，D错误 73.(2025高考·安徽)下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是( ) A.与结合的能力： B.与氨形成配位键的能力： C.和分子中的键长： D.微粒所含电子数： 73.B 根据题干信息，遇水转化为，反应为：，说明结合能力更强，A错误。根据题干信息，深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液，说明更容易与配位形成，故与氨形成配位键的能力：，B正确。原子半径，则键长：，C错误。所含电子数为，所含电子数，相同数量的两种微粒所含电子数相等，D错误。 74.(2025高考·黑吉辽蒙卷)晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当时，其立方晶胞结构如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( ) A.与W最近且等距的O有6个 B.x增大时，W的平均价态升高 C.密度为时， D.空位数不同，吸收的可见光波长不同 74.B W位于立方体的顶角，以顶角W为例，在此晶胞内，离该顶角最近且距离相等的O原子位于该顶角所在3条棱的棱心，由于该顶角在8个晶胞里，而棱上的原子被4个晶胞共有，所以与W最近且距离相等的O原子有，故A正确。O元素化合价为-2价，负化合价总数为-6，设W元素的平均化合价为y，据正负化合价代数和为0可得：-6+y+x=0，y=6-x，x的值增大y减小，即W元素的平均化合价降低，B错误。时，立方晶胞中W个数为、O个数为，若x=0.5，晶胞质量为，晶胞体积为，则密度，所以密度为时，x=0.5，C正确。晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，即空位数不同，吸收的可见光波长不同，D正确。 75.(2025高考·黑吉辽蒙卷)化学家用无机物甲成功制备了有机物乙，开创了有机化学人工合成的新纪元。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，基态X、Z原子均有2个单电子。下列说法正确的是( ) A.第一电离能：Z>Y>X B.甲中不存在配位键 C.乙中键和键的数目比为 D.甲和乙中X杂化方式分别为和 75.D C、N、O同周期，同一周期主族元素，从左到右第一电离能有逐渐增大的趋势，第VA族的第一电离能大于同周期相邻的两种元素，则第一电离能N＞O＞C，A错误。甲为NH4OCN，中有N原子提供孤对电子、H+提供空轨道形成的N→H配位键，故B错误。乙为，其中有4个N-H、2个C-N、碳氧原子之间1个σ键，则一个中有7个键、1个π键，键与π键的数目比为7：1，C错误。甲为NH4OCN，其中的C原子与N原子形成三键、与O原子形成单键，键电子对数为2，无孤对电子，C原子采取sp杂化，乙为，其中的C原子形成3个键，即键电子对数为3，无孤对电子，C原子采取sp2杂化，D正确。 76.(2025高考·黑吉辽蒙卷)侯氏制碱法突破西方技术垄断，推动了世界制碱技术的发展，其主要反应为NaCl+。下列有关化学用语或说法正确的是( ) A.的电子式： B.的空间结构：直线形 C.的晶体类型：离子晶体 D.溶解度： 76.C CO2中C和O之间有两对共用电子，其结构为，A错误。H2O的中心原子为O，根据价层电子对互斥理论，其外层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，O原子与H原子形成共价键，剩余两对孤电子对，因此，H2O为V形分子，B错误。NH4Cl由NH和Cl-组成为离子化合物，晶体类型为离子晶体，C正确。NH4HCO3溶液中含有NH和HCO，NH可以与水分子形成氢键，增大了NH在水中的溶解度，D错误。 77.(2025高考·浙江)某化合物的晶胞如图所示，下列说法不正确的是( ) A.晶体类型为混合晶体 B.与二价铁形成配位键 C.该化合物与水反应有难溶物生成 D.该化合物热稳定性比高 77.D 由图可知该化合物中存在离子键、配位键和分子间作用力，故晶体类型为混合晶体，A正确。与二价铁通过配位键形成[Fe(NH3)2]2+，B正确。与水反应可以生成Fe(OH)2沉淀，方程式为+2H2O=Fe(OH)2↓+2NH4Cl，C正确。中[Fe(NH3)2]2+离子半径大于Fe2+，[Fe(NH3)2]2+与Cl-之间的键能小于Fe2+与Cl-之间的键能，热稳定性小于FeCl2，D错误。 78.(2025高考·浙江)根据元素周期律，下列说法不正确的是( ) A.第一电离能：N＞O＞S B.化合物中键的极性：SiCl4＞PCl3 C.碱性：LiOH＞KOH D.化合物中离子键百分数：MgO＞Al2O3 78.C 根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA，ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能：N＞O＞S，A正确。已知同一周期从左往右元素的电负性依次增大，电负性Si＜P＜Cl，电负性差值越大，键的极性越大，故化合物中键的极性：SiCl4＞PCl3，B正确。同一主族从上往下元素的金属性依次增大，金属性Li＜K，故碱性：LiOH＜KOH，C错误。已知同一周期从左往右元素的电负性依次增大，即电负性Mg＜Al，故Mg与O的电负性差值＞Al与O的电负性差值，电负性差值越大离子键百分数越大，故化合物中离子键百分数：MgO＞Al2O3，D正确。 79.(2024高考·全国)我国科学家最近研究的一种无机盐纳米药物具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力。W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍，X和Y的第一电离能都比左右相邻元素的高。Z的M层未成对电子数为4。下列叙述错误的是( ) A.W、X、Y、Z四种元素的单质中Z的熔点最高 B.在X的简单氢化物中X原子轨道杂化类型为 C.Y的氢氧化物难溶于NaCl溶液，可以溶于溶液 D.中提供电子对与形成配位键 79.A W、X、 Y、Z四种元素的单质中，N元素的单质形成分子晶体，Mg和Fe均形成金属晶体，C元素既可以形成金刚石又可以形成石墨，石墨的熔点最高，A不正确。在X的简单氢化物是，其中C原子轨道杂化类型为，B正确。Y的氢氧化物是，其属于中强碱，其难溶于水，难溶于溶液，但是，由于电离产生的可以破坏的沉淀溶解平衡，因此可以溶于溶液，C正确。中提供电子对与形成配位键，D正确。 80.(2024高考·河北)侯氏制碱法工艺流程中的主反应为，其中W、X、Y、Z、Q、R分别代表相关化学元素。下列说法正确的是( ) A.原子半径： B.第一电离能： C.单质沸点： D.电负性： 80.C 一般原子的电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：，A错误。同周期从左到右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：，B错误。、为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，二者在常温下均为气体，在常温下为固体，则沸点：，C正确。同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，同族元素，从上到下电负性逐渐减小，电负性：，D错误。 81.(2024高考·甘肃)兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是( ) A.还原性： B.按上述方案消耗可回收 C.反应①的离子方程式是 D.溶液①中的金属离子是 81.C 金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱的顺序为 Fe > Cu > Ag，A不正确。由电子转移守恒可知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu可以置换2 mol Ag，因此，根据按上述方案消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag，B不正确。反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是，C正确。向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁置换出铜后生成，然后被通入的氧气氧化为，氯化铵水解使溶液呈酸性，在这个过程中，溶液中的氢离子参与反应，因此氢离子浓度减少促进了铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁存在沉淀溶解平衡，因此，溶液①中的金属离子是，D不正确。 82.(2024高考·贵州)我国科学家首次合成了化合物[K(2，2，2-crypt)][K@Au12Sb20]。其阴离子[K@Au12Sb20]5-为全金属富勒烯(结构如图)，具有与富勒烯C60相似的高对称性。下列说法错误的是( ) A.富勒烯C60是分子晶体 B.图示中的K+位于Au形成的二十面体笼内 C.全金属富勒烯和富勒烯C60互为同素异形体 D.锑(Sb)位于第五周期第ⅤA族，则其基态原子价层电子排布式是5s25p3 82.C 富勒烯C60是由C60分子通过范德华力结合形成的分子晶体，A正确。由题图可知，中心K+周围有12个Au形成二十面体笼(每个面为三角形，上、中、下层分别有5、10、5个面)，B正确。全金属富勒烯不是碳元素的单质，因此其与富勒烯C60不能互为同素异形体，C错误。锑(Sb)位于第五周期第ⅤA族，则根据元素位置与原子结构关系可知：其基态原子价层电子排布式是5s25p3，D正确。 83.(2024高考·安徽)某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是( ) A.该物质中为价 B.基态原子的第一电离能： C.该物质中C和P均采取杂化 D.基态原子价电子排布式为 83.C 由结构简式可知，P原子的3个孤电子与苯环形成共用电子对，P原子剩余的孤电子对与Ni形成配位键，提供孤电子对，与Ni形成配位键，由于整个分子呈电中性，故该物质中Ni为+2价，A正确。同周期元素随着原子序数的增大，第一电离能有增大趋势，故基态原子的第一电离能：Cl＞P，B正确。该物质中，C均存在于苯环上，采取sp2杂化，P与苯环形成3对共用电子对，剩余的孤电子对与Ni形成配位键，价层电子对数为4，采取sp3杂化，C错误。Ni的原子序数为28，位于第四周期第Ⅷ族，基态Ni原子价电子排布式为3d84s2，D正确。 84.(2024高考·湖北)科学家合成了一种如图所示的纳米“分子客车”，能装载多种稠环芳香烃。三种芳烃与“分子客车”的结合常数(值越大越稳定)见表。下列说法错误的是( ) 芳烃 芘 并四苯 蒄 结构 结合常数 385 3764 176000 A.芳烃与“分子客车”可通过分子间相互作用形成超分子 B.并四苯直立装载与平躺装载的稳定性基本相同 C.从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘 D.芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”的结合 84.B “分子客车”能装载多种稠环芳香烃，故芳烃与“分子客车”通过分子间作用力形成分子聚集体——超分子，A正确。“分子客车”的长为2.2nm、高为0.7nm，从长的方向观察，有与并四苯分子适配的结构，从高的方向观察则缺少合适结构，故平躺装载的稳定性大于直立装载的稳定性，B错误。芘与“分子客车”中中间部分结构大小适配，故从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘，C正确。芘、并四苯、蒄中碳原子都采取sp2杂化，π电子数依次为16、18、24，π电子数逐渐增多，与“分子客车”的结合常数逐渐增大，而结合常数越大越稳定，故芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”结合，D正确。 85.(2024高考·湖北)黄金按质量分数分级，纯金为。合金的三种晶胞结构如图，Ⅱ和Ⅲ是立方晶胞。下列说法错误的是( ) A.I为金 B.Ⅱ中的配位数是12 C.Ⅲ中最小核间距 D.I、Ⅱ、Ⅲ中，与原子个数比依次为、、 85.C 由24K金的质量分数为100%，则18K金的质量分数为：，I中Au和Cu原子个数比值为1:1，则Au的质量分数为：，A正确。Ⅱ中Au处于立方体的八个顶点，Au的配位数指距离最近的Cu，Cu处于面心处，类似于二氧化碳晶胞结构，二氧化碳分子周围距离最近的二氧化碳有12个，则Au的配位数为12，B正确。设Ⅲ的晶胞参数为a，的核间距为，的最小核间距也为 ，最小核间距，C错误。I中，处于内部，处于晶胞的八个顶点，其原子个数比为1:1；Ⅱ中，处于立方体的八个顶点， 处于面心，其原子个数比为：；Ⅲ中，处于立方体的面心，处于顶点，其原子个数比为，D正确。 86.(2024高考·吉林)某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法错误的是( ) A.结构1钴硫化物的化学式为 B.晶胞2中S与S的最短距离为当 C.晶胞2中距最近的S有4个 D.晶胞2和晶胞3表示同一晶体 86.B 由均摊法得，结构1中含有Co的数目为，含有S的数目为，Co与S的原子个数比为9：8，因此结构1的化学式为Co9S8，A正确。由图可知，晶胞2中S与S的最短距离为面对角线的，晶胞边长为a，即S与S的最短距离为：， B错误。如图： 以图中的Li为例，与其最近的S共4个，C正确。如图 当2个晶胞2放在一起时，图中红框截取的部分就是晶胞3，晶胞2和晶胞3表示同一晶体，D正确。 87.(2024高考·湖北)结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是( ) 事实 解释 A 甘油是黏稠液体 甘油分子间的氢键较强 B 王水溶解铂 浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性 C 冰的密度小于干冰 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低 D 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动 A.A B.B C.C D.D 87.B 甘油分子中有3个羟基，分子间可以形成更多的氢键，且O元素的电负性较大，故其分子间形成的氢键较强，因此甘油是黏稠液体，A正确。王水溶解铂，是因为浓盐酸提供的能与被硝酸氧化产生的高价态的铂离子形成稳定的配合物从而促进铂的溶解，在这个过程中浓盐酸没有增强浓硝酸的氧化性，而是通过形成配合物增强了铂的还原性，B不正确。冰晶体中水分子间形成较多的氢键，由于氢键具有方向性，因此，水分子间形成氢键后空隙变大，冰晶体中水分子的空间利用率相对较低，冰的密度小于干冰，C正确。石墨属于混合型晶体，在石墨的二维结构平面内，第个碳原子以C—C键与相邻的3个碳原子结合，形成六元环层。碳原子有4个价电子，而每个碳原子仅用3个价电子通过sp2杂化轨道与相邻的碳原子形成共价键，还有1个电子处于碳原子的未杂化的2p轨道上，层内碳原子的这些p轨道相互平行，相邻碳原子p轨道相互重叠形成大π键，这些p轨道的电子可以在整个层内运动，因此石墨能导电，D正确。 88.(2024高考·浙江)X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z核电荷数相差2，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法不正确的是( ) A.键角： B.分子的极性： C.共价晶体熔点： D.热稳定性： 88.B 为，其中C原子的杂化类型为，的空间构型为平面正三角形，键角为120°；为，其中C原子的杂化类型为，的空间构型为三角锥形，由于C原子还有1个孤电子对，故键角小于109°28´，因此，键角的大小关系为，A正确。为，其为直线形分子，分子结构对称，分子中正负电荷的重心是重合的，故其为百极性分子；分子结构不对称，分子中正负电荷的重心是不重合的，故其为极性分子，因此，两者极性的大小关系为，B不正确。金则石和晶体硅均为共价晶体，但是由于C的原子半径小于Si，因此，C—C键的键能大于Si—Si键的，故共价晶体熔点较高的是金刚石，C正确。元素的非金属性越强，其气态氢化物的热稳定性越强；C的非金属性强于Si，因此，甲烷的稳定热稳定性较高，D正确。 89.(2024高考·浙江)物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是( ) 选项 结构或性质 用途 A 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 石墨可用作润滑剂 B 具有氧化性 可用作漂白剂 C 聚丙烯酸钠()中含有亲水基团 聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂 D 冠醚18-冠-6空腔直径()与直径()接近 冠醚18-冠-6可识别，能增大在有机溶剂中的溶解度 89.B 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，该作用力较小，层与层容易滑动，石墨可用作润滑剂，A正确。具有漂白性，可用作漂白剂，B错误。聚丙烯酸钠()中含有亲水基团-COO-，聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂，C正确。冠醚18-冠-6空腔直径()与直径()接近，可识别，使K+存在于其空腔中，进而能增大在有机溶剂中的溶解度，D正确。 90.(2024高考·甘肃)晶体中，多个晶胞无隙并置而成的结构如图甲所示，其中部分结构显示为图乙，下列说法错误的是( ) A.电负性： B.单质是金属晶体 C.晶体中存在范德华力 D.离子的配位数为3 90.D 电负性越大的元素吸引电子的能力越强，活泼金属的电负性小于活泼非金属，因此，Mg的电负性小于 Cl，A正确。金属晶体包括金属单质及合金，单质Mg是金属晶体，B正确。由晶体结构可知，该结构中存在层状结构，层与层之间存在范德华力，C正确。由图乙中结构可知，每 个与周围有6个最近且距离相等，因此 ，的配位数为6，D错误。 91.(2024高考·湖南)是一种高活性的人工固氮产物，其合成反应为，晶胞如图所示，下列说法错误的是( ) A.合成反应中，还原剂是和C B.晶胞中含有的个数为4 C.每个周围与它最近且距离相等的有8个 D.为V型结构 91.D LiH中H元素为-1价，由图中化合价可知， N元素为-3价，C元素为+4价，根据反应可知，H元素由-1价升高到0价，C元素由0价升高到+4价，N元素由0价降低到-3价，由此可知还原剂是和C，A正确。根据均摊法可知，位于晶胞中的面上，则含有的个数为，B正确。观察位于体心的可知，与它最近且距离相等的有8个，C正确。的中心原子C原子的价层电子对数为，且与CO2互为等电子体，可知为直线型分子，D错误。 92.(2024高考·山东)下列物质均为共价晶体且成键结构相似，其中熔点最低的是( ) A.金刚石(C) B.单晶硅() C.金刚砂() D.氮化硼(，立方相) 92.B 金刚石(C)、单晶硅(Si)、金刚砂(SiC)、立方氮化硼(BN)，都为共价晶体，结构相似，则原子半径越大，键长越长，键能越小，熔沸点越低，在这几种晶体中，键长Si-Si>Si-C>B-N>C-C，所以熔点最低的为单晶硅。 93.(2024高考·安徽)研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物()，其立方晶胞和导电时迁移过程如下图所示。已知该氧化物中为价，为价。下列说法错误的是( ) A.导电时，和的价态不变 B.若，与空位的数目相等 C.与体心最邻近的O原子数为12 D.导电时、空位移动方向与电流方向相反 93.B 根据题意，导电时Li+发生迁移，化合价不变，则Ti和La的价态不变，A正确。根据“均摊法”，1个晶胞中含Ti：8×=1个，含O：12×=3个，含La或Li或空位共：1个，若x=，则La和空位共，n(La)+n(空位)=，结合正负化合价代数和为0，(+1)×+(+3)×n(La)+(+4)×1+(-2)×3=0，解得n(La)=、n(空位)=，Li+与空位数目不相等，B错误。由立方晶胞的结构可知，与体心最邻近的O原子数为12，即位于棱心的12个O原子，C正确。导电时Li+向阴极移动方向，即与电流方向相同，则空位移动方向与电流方向相反，D正确。 94.(2024高考·浙江)中的原子均通过杂化轨道成键，与溶液反应元素均转化成。下列说法不正确的是( ) A.分子结构可能是 B.与水反应可生成一种强酸 C.与溶液反应会产生 D.沸点低于相同结构的 94.A 该结构中，如图所示的两个Cl，Cl最外层有7个电子，形成了两个共价键，因此其中1个应为配位键，而Si不具备空轨道来接受孤电子对，因此结构是错误的，A错误。与水反应可生成HCl，HCl是一种强酸，B正确。与溶液反应元素均转化成，Si的化合价升高，根据得失电子守恒可知，H元素的化合价降低，会有H2生成，C正确。的相对分子质量大于，因此的范德华力更大，沸点更高，D正确。 95.(2024高考·河北)金属铋及其化合物广泛应用于电子设备、医药等领域。如图是铋的一种氟化物的立方晶胞及晶胞中MNPQ点的截面图，晶胞的边长为为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( ) A.该铋氟化物的化学式为 B.粒子S、T之间的距离为 C.该晶体的密度为 D.晶体中与铋离子最近且等距的氟离子有6个 95.D 根据题给晶胞结构，由均摊法可知，每个晶胞中含有个，含有个F-，故该铋氟化物的化学式为，A正确。将晶胞均分为8个小立方体，由晶胞中MNPQ点的截面图可知，晶胞体内的8个F-位于8个小立方体的体心，以M为原点建立坐标系，令N的原子分数坐标为，与Q、M均在同一条棱上的F-的原子分数坐标为，则T的原子分数坐标为， S的原子分数坐标为，所以粒子S、T之间的距离为，B正确。由A分析可知，每个晶胞中有4个Bi3+、12个F-，晶胞体积为，则晶体密度为=，C正确。以晶胞体心处铋离子为分析对象，距离其最近且等距的氟离子位于晶胞体内，为将晶胞均分为8个小立方体后，每个小立方体的体心的F-，即有8个，D错误。 96.(2024高考·河北)从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是( ) 选项 实例 解释 A 原子光谱是不连续的线状谱线 原子的能级是量子化的 B 键角依次减小 孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力 C 晶体中与8个配位，而晶体中与6个配位 比的半径大 D 逐个断开中的键，每步所需能量不同 各步中的键所处化学环境不同 96.B 原子光谱是不连续的线状谱线，说明原子的能级是不连续的，即原子能级是量子化的，A正确。中心C原子为杂化，键角为，中心C原子为杂化，键角大约为，中心C原子为杂化，键角为，三种物质中心C原子都没有孤电子对，三者键角大小与孤电子对无关，B错误。离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小，离子半径比越大，配位数越大，周围最多能排布8个，周围最多能排布6个，说明比半径大，C正确。断开第一个键时，碳原子周围的共用电子对多，原子核对共用电子对的吸引力较弱，需要能量较小，断开键越多，碳原子周围共用电子对越少，原子核对共用电子对的吸引力越大，需要的能量变大，所以各步中的键所处化学环境不同，每步所需能量不同，D正确。 97.(2024高考·安徽)我国学者研发出一种新型水系锌电池，其示意图如下。该电池分别以(局部结构如标注框内所示)形成的稳定超分子材料和为电极，以和混合液为电解质溶液。下列说法错误的是( ) A.标注框内所示结构中存在共价键和配位键 B.电池总反应为： C.充电时，阴极被还原的主要来自 D.放电时，消耗，理论上转移电子 97.【答案】C 标注框内所示结构属于配合物，配位体中存在碳碳单键、碳碳双键、碳氮单键、碳氮双键和碳氢键等多种共价键，还有由提供孤电子对、提供空轨道形成的配位键，A正确。由以上分析可知，该电池总反应为，B正确。充电时，阴极电极反应式为，被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，C错误。放电时，负极的电极反应式为，因此消耗0.65 g Zn(物质的量为0.01mol)，理论上转移0.02 mol电子，D正确。 98.(2024高考·安徽)仅用下表提供的试剂和用品，不能实现相应实验目的的是( ) 选项 实验目的 试剂 用品 A 比较镁和铝的金属性强弱 溶液、溶液、氨水 试管、胶头滴管 B 制备乙酸乙酯 乙醇、乙酸、浓硫酸、饱和溶液 试管、橡胶塞、导管、乳胶管铁架台(带铁夹)、碎瓷片、酒精灯、火柴 C 制备溶液 溶液、氨水 试管、胶头滴管 D 利用盐类水解制备胶体 饱和溶液、蒸馏水 烧杯、胶头滴管、石棉网、三脚架、酒精灯、火柴 A.A B.B C.C D.D 98.A MgCl2溶液、AlCl3溶液与过量氨水反应时现象相同，分别产生白色Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，不能比较Mg(OH)2和Al(OH)3碱性的强弱，从而不能比较Mg和Al的金属性强弱，可将氨水换成过量的NaOH溶液，A不能实现实验目的。在一支试管中依次加入一定量的乙醇、浓硫酸、乙酸，并且放入几粒碎瓷片，另一支试管中加入适量饱和碳酸钠溶液，如图 连接好装置，用酒精灯小心加热，乙酸与乙醇在浓硫酸存在、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，在饱和碳酸钠溶液液面上收集乙酸乙酯，B能实现实验目的。向盛有CuSO4溶液的试管中滴加氨水，首先产生蓝色Cu(OH)2沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，发生反应的化学方程式为CuSO4+4NH3∙H2O=[Cu(NH3)4]SO4+4H2O，C能实现实验目的。将烧杯中的蒸馏水加热至沸腾，向沸水中加入5~6滴饱和FeCl3溶液，继续加热至液体呈红褐色即制得Fe(OH)3胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，D能实现实验目的。 99.(2024高考·安徽)下列各组物质的鉴别方法中，不可行的是( ) A.过氧化钠和硫黄：加水，振荡 B.水晶和玻璃：X射线衍射实验 C.氯化钠和氯化钾：焰色试验 D.苯和甲苯：滴加溴水，振荡 99.D 过氧化钠可以与水发生反应生成可溶性的氢氧化钠，硫不溶于水，A可以鉴别。水晶为晶体，有独立的晶格结构，玻璃为非晶体，没有独立的晶格结构，可以用X射线衍射实验进行鉴别，B可以鉴别。钠的焰色为黄色，钾的焰色为紫色(需透过蓝色钴玻璃)，二者可以用焰色试验鉴别，C可以鉴别。苯和甲苯都可以溶解溴水中的溴且密度都比水小，二者都在上层，不能用溴水鉴别苯和甲苯，D不可以鉴别。 100.(2024高考·吉林)如下反应相关元素中，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，基态Y、Z原子有两个未成对电子，Q是ds区元素，焰色试验呈绿色。下列说法错误的是( ) A.单质沸点： B.简单氢化物键角： C.反应过程中有蓝色沉淀产生 D.是配合物，配位原子是Y 100.D W、Y、Z分别为H、O、S，S单质常温下呈固态，其沸点高于氧气和氢气，O2和H2均为分子晶体，O2的相对分子质量大于H2，O2的范德华力大于 H2，所以沸点O2＞H2，即沸点S＞O2＞H2，A正确。Y、X的 简单氢化物分别为H2O和NH3，H2O的中心原子O原子的价层电子对数为2+×(6-2×1)=4、孤电子对数为2，空间构型为V形，键角约105º，NH3的中心原子N原子的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4、孤电子对数为1，空间构型为三角锥形，键角约107º18´，所以键角：，B正确。硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水不足时生成蓝色沉淀氢氧化铜，氨水过量时氢氧化铜溶解，生成Cu(NH3)4SO4，即反应过程中有蓝色沉淀产生，C正确。为Cu(NH3)4SO4，其中铜离子提供空轨道、NH3的N原子提供孤电子对，两者形成配位键，配位原子为N，D错误。 101.(2024高考·吉林)下列化学用语或表述正确的是( ) A.中子数为1的氦核素： B.的晶体类型：分子晶体 C.的共价键类型：键 D.的空间结构：平面三角形 101.C 中子数为1的He核素其质量数为1+2=3，故其表示应为He，A错误。SiO2晶体中只含有共价键，为共价晶体，B错误。两个F原子的2p轨道单电子相互重叠形成p-p σ键，C正确。PCl3的中心原子存在1对孤电子对，其VSEPR模型为四面体型，PCl3的空间结构为三角锥型，D错误。 二、多选题 1.(2024高考·山东)钧瓷是宋代五大名瓷之一，其中红色钧瓷的发色剂为Cu2O。为探究Cu2O的性质，取等量少许Cu2O分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法正确的是( ) 实验操作及现象 试管甲 滴加过量溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色；倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失 试管乙 滴加过量氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色 A.试管甲中新生成的沉淀为金属 B.试管甲中沉淀的变化均体现了的氧化性 C.试管乙实验可证明与形成无色配合物 D.上述两个实验表明为两性氧化物 1.AC Cu2O中滴加过量0.3mol/LHNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色，说明Cu2O转化成Cu2+，Cu元素的化合价由+1价升至+2价，根据氧化还原反应的特点知，Cu元素的化合价还有由+1价降至0价，新生成的沉淀为金属Cu，A正确。Cu2O与0.3mol/LHNO3发生的反应为Cu2O+2HNO3=Cu(NO3)2+Cu+H2O，该过程中HNO3表现酸性，后滴加浓硝酸发生的反应为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，该过程中HNO3变现氧化性和酸性，B错误。Cu2O中滴加过量6mol/L氨水充分振荡，沉淀逐渐溶解得到无色溶液，静置一段时间无色溶液变为深蓝色，说明Cu(Ⅰ)与NH3形成无色配合物易被空气中的O2氧化成深蓝色[Cu(NH3)4]2+，C正确。既能与酸反应生成盐和水、又能与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物，Cu2O溶于6mol/L氨水形成的是配合物，Cu2O不属于两性氧化物、是碱性氧化物，D错误。 三、解答题 1.(2026高考·浙江)镓(Ga)在半导体领域有重要应用。 使用化学气相沉积技术、可用含镓前驱体[如、]制备膜。 已知：与同属于ⅢA族元素，具有两性。 请回答： (1)工业上制备高纯Ga所用装置示意图如图1。阴极的电极反应式是___________________________。 (2)Ga与HI反应的化学方程式如下： ___________。 (3)某研究小组将转化为，并将其用于膜的制备。GaN膜的生长机理如下： Ⅰ 在基底上吸附，形成层； Ⅱ 在N层上吸附、反应，形成Ga层，并释放； Ⅲ 交替吸附、反应、形成层和层，不断生长增厚，形成空间网状结构的膜。 相关反应的化学方程式：    ①的空间结构名称是___________(将视为整体)。 ②在空气中易自燃，其在中充分燃烧的化学方程式是_______________________________。 ③某同学推测：GaN膜的空间网状结构中，能体现其成键结构的片段如图2.图中结构不合理之处是_______________________________。 ④常温下，与混合没有得到，可能原因是_______________________(写两条)。 ⑤步骤Ⅲ，一定条件下，GaN膜生长速率与膜生长温度的关系如图3，从化学反应原理角度分析原因________________________________________________________。 1.【答案】(1) (2)4.0 (3)平面三角形；；Ga形成3个单键不合理，应该形成4根；常温下反应的活化能较高，反应速率极慢；常温下，与容易通过配位键生成络合物，而无法发生断键生成 GaN；温度升高平衡逆向移动，同时温度过高会导致已吸附在基底表面的反应物发生脱附，反应物浓度降低，两个因素共同作用使得膜生长速率随温度升高而减小 【解析】(1)Ga与Al性质相似，粗Ga作阳极在NaOH电解液中溶解生成，阴极发生还原反应，得电子生成高纯Ga，阴极的电极反应式是：； (2)根据盖斯定律，目标反应=第二个反应-第一个反应，平衡常数作除法运算：。 (3)①将视为整体，中心 Ga 原子最外层有3个电子，形成3个键，没有孤电子对。根据价层电子对互斥理论，其空间构型为平面三角形。 ②Ga为+3价，充分燃烧生成对应氧化物，甲基完全氧化生成和，配平即得该反应式：； ③Ga为ⅢA族元素，最多形成3个普通共价键，在 GaN 的空间网状结构中，Ga 和 N 之间除了普通的共价键外，还存在 N 提供孤对电子、Ga 提供空轨道形成的配位键。故Ga应形成4个单键。 ④从动力学角度，常温下反应的活化能较高，反应几乎不发生；化学性质角度看，中心原子Ga有空轨道，中心原子N有孤对电子，两者在常温下更容易发生配位络合反应。 ⑤该反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，导致产率下降。同时温度过高会导致已吸附在基底表面的反应物发生脱附，反应物浓度降低，两个因素共同作用使得膜生长速率随温度升高而减小。 2.(2026高考·全国卷)钼(Mo)是重要的战略金属。一种由辉钼矿(，含有少量Cu、Zn、Fe的硫化物和)生产高纯度的工艺流程如下图所示。 回答下列问题。 (1)经“焙烧”转化为和，该反应的化学方程式为_________。 (2)“焙烧”时也会生成少量的，需在“氨浸”前加入适量_________溶液(填a、b或c)进行处理。 a. b.NaClO c.NaCl (3)“酸洗”后残留的少量锌和铜，在“氨浸”过程中分别转化为配离子和_________。 (4)不溶于水和稀酸，但可溶于碱。“氨浸”过程中转化为可溶的，该反应的离子方程式为_________。 (5)“滤渣1”的主要成分为和_________。 (6)“除杂”后，全部转化为_________沉淀。若，，则_________。已知： ；。 (7)“煅烧”过程中发生反应的化学方程式为_________。 2.【答案】(1) (2)b (3)[Cu(NH3)4]2+ (4) (5)SiO2 (6)ZnS；4.8×10-10 (7) 【解析】(1)由分析可知，焙烧时二硫化钼发生的反应为二硫化钼与氧气高温条件下反应生成三氧化钼和二氧化硫，反应的化学方程式为：； (2)由题意可知，氨浸前加入适量试剂的目的是将二氧化钼氧化为三氧化钼，便于氨浸转化为钼酸铵，则选择的试剂为具有强氧化性的次氯酸钠，故选b； (3)由分析可知，氨浸时加入氨水的目的是将溶液中的三氧化钼转化为钼酸铵，少量的铜离子、锌离子转化为四氨合铜离子、四氨合锌离子； (4)由分析可知，氨浸时加入氨水的目的是将溶液中的三氧化钼转化为钼酸铵，反应的离子方程式为：； (5)由分析可知，滤渣1的主要成分为二氧化硅； (6)由分析可知，除杂加入硫化铵除杂的目的是将溶液中四氨合铜离子、四氨合锌离子转化为硫化铜、硫化锌沉淀，其中四氨合锌离子发生的反应为：[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3，反应的平衡常数为：K=====，由题意可知，溶液中四氨合锌离子的浓度为：=4.8×10-10 mol/L； (7)由分析可知，煅烧时发生的反应为(NH4)6Mo7O24·4H2O煅烧发生分解反应生成三氧化钼、氨气和水，反应的化学方程式为：。 3.(2026高考·全国卷)是制备半导体基础原料高纯硅的重要化工中间体。回答下列问题。 (1)和Si的熔点分别为和，后者远高于前者的原因是_________。 (2)高纯硅可通过如下反应制备：。将和充入反应器，在10.0 kPa平衡时，转化率与温度的关系如图所示。 (i)1485K平衡时，_________，HCl的压强为___________kPa，平衡常数_________kPa.(保留2位小数) (ii)保持1485 K，若要提升Si的产率，应_________压强(填“增大”或“减小”)。 (3)与可发生反应： 研究发现，解离出的引发了反应，据此提出两种反应历程，如图所示。 (i)利用图和下表中的数据计算，B到C的能量变化为_____________，A到B的能量变化为_________。 化学键 键能/() 243 416 (ii)根据反应过程的能量变化，该反应以历程_________进行(填“1”或“2”)。 3.【答案】(1)是分子晶体，粒子间为分子间作用力；Si是共价晶体，粒子间为共价 (2)0.25；3.33；3.33；减小 (3)-173；-64；1 【解析】(1)是分子晶体，分子晶体熔化仅需克服分子间作用力；晶体Si是共价晶体，共价晶体熔化需破坏共价键；共价键的键能远大于分子间作用力，因此Si的熔点远高于。 (2)(i)从图可读出，1485 K时α()=0.25；故在1485 K下，达平衡时的变化量为1.00×0.25=0.25 mol，列三段式： 气相总物质的量为0.75+0.75+0.75=2.25 mol；同温同压下气体分压与物质的量成正比，HCl的分压为；平衡时、、的物质的量相等，故，。 (ii)该反应正反应为气体分子数增多的反应，在温度不变的情况下，若要提升Si的产率，需要减小压强，使得平衡正向移动。 (3)(i)B点对应物种为，C点对应物种为可知基元反应B→C过程，反应式为；该过程断裂1个Cl-Cl键，需吸收热量；形成1个Si-Cl键，需放出热量；反应B到C的能量变化为；结合C点相对能量为，由盖斯定律，A到B的能量变化=A到C的能量变化-B到C的能量变化，故A到B的能量变化为； (ii)历程1的活化能为；历程2的活化能为，活化能越低越有利于反应的进行，因此该反应以历程1进行。 4.(2026高考·江苏)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______________________。 4.【答案】(1)ABC (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)；16；；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；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入选。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入选。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入选，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。 5.(2026高考·北京)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：________________________________________。 5.【答案】(1)胶体具有絮凝作用 (2)；；3：1(或1：3)；四面体 (3)；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。 6.(2026高考·重庆)稀土配合物可作为有机电致发光器件的发光材料。某小组以二氧化铽(TbO2)为原料制备一种新型稀土配合物()，其实验装置如图所示(加热及夹持装置略)。 已知：吡唑啉酮衍生物(HZ，H为氢元素)和三苯基氧膦(L)是难溶于水的固体；相对分子质量：HZ 244   L 278。 (1)制备 ①I中，仪器a的名称是_________；反应时有黄绿色气体生成，b中吸收该气体的试剂为_________。 ②常温下，生成易溶盐的化学方程式为_________。 (2)制备 ①Ⅱ中生成的化学方程式为_________。 ②反应结束后，将反应液倒入Ⅲ中烧杯c，冷却至室温。加入蒸馏水立即析出大量沉淀，其原因是_________。 ③将烧杯c中沉淀经Ⅳ过滤，洗涤该沉淀的正确操作是_________。 A.用乙醇洗   B.先用乙醇后用蒸馏水洗 C.用蒸馏水洗 D.先用蒸馏水后用乙醇洗 (3)纯化粗产品经重结晶法提纯，除去的杂质有_________。为提高利用率，若初始时、、和的用量分别为、、和，最终得产品，则产率为_________%(写最简表达式)。 6.【答案】(1)圆底烧瓶；NaOH溶液； (2)；难溶于水，加入蒸馏水后，降低了在溶剂中的溶解度，因此析出大量沉淀；C (3)和； 【解析】(1)①I中，仪器a的名称是圆底烧瓶。与浓盐酸反应生成的黄绿色气体为，氯气有毒，需用碱液如溶液吸收以防止污染环境。②具有氧化性，能将浓盐酸氧化为，自身被还原为。根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为。 (2)①在装置II中，、、和反应生成。的作用是中和解离出的。根据原子守恒，化学方程式为。②反应在乙醇溶液中进行，生成的是有机配合物，难溶于水。加入蒸馏水后，溶剂极性升高，产物溶解度降低析出。③析出的沉淀中含有目标产物、难溶于水的未反应原料和，以及易溶于水的副产物NaCl。因为产物会溶解在乙醇中，如果用乙醇洗涤会造成严重的产物流失；而用水洗涤可以有效洗去表面的NaCl及残余的乙醇，且不会溶解产物和不溶性杂质。故选 C：用蒸馏水洗。 (3)题干信息提示料和是难溶于水的固体，在加水析出产物时，过量未反应的和 也会因为不溶于水而一并析出混在粗产品中。用水洗涤无法去除它们，因此后续需要通过“重结晶法”提纯来除去的主要杂质就是和。已知的相对原子质量为159，的相对分子质量为244，的相对分子质量为278。则的摩尔质量 。为提高利用率，为限量试剂。理论上生成的物质的量为，理论产量为 。实际产量为 ，则产率 。 7.(2026高考·重庆)从金精矿(含、和等)提取金的一种综合利用工艺流程包括如下三个过程： (1)焙烧金精矿 ①S元素位于周期表第_________周期。 ②焙烧前，将矿石研磨成粉末的作用是_________。 ③焙烧时，分解为和气态，该化学方程式为_________。 ④烟气中含有和等物质。已知分子为正四面体形，分子结构可视为4个原子分别嵌入的4条棱上，则分子的结构有_________种。 (2)制备硫代硫酸盐 ①气体a的化学式为_________。 ②固体Ⅰ和固体Ⅱ是两种非金属单质，其名称分别为_________。 (3)提取金 ①浸金过程中，在的作用下与生成，其离子方程式为_________。 ②浸金时需加入氨水使溶液呈碱性。若碱性过强，置换过程中会有，生成而影响提金的效果。25℃时，溶液中，，为确保不转化为沉淀，理论上不应高于_________。(   ，)。 7.【答案】(1)三；增大反应物的接触面积，加快焙烧反应速率，使矿石反应更充分 ；2 (2)；砷、硫 (3)；10 【解析】(1)①S的核电荷数为16，电子排布为2、8、6，共3个电子层，周期数等于电子层数，因此位于第三周期。②将矿石研磨成粉末可以增大反应物的接触面积，加快焙烧反应速率，使矿石反应更充分。③无氧焙烧，分解为和气态，根据Fe、S原子守恒配平得到化学反应方程式为。④为正四面体，一共有6条棱，从6条棱中选4条嵌入S原子，等价去掉2条棱，正四面体去掉2条棱只有两种情况，两条棱相邻(共顶点)和两条棱异面(对棱)，因此分子的结构只有2种不同的结构。 (2)①含的焙渣在空气中焙烧，被氧化生成二氧化硫，因此气体a为SO2。②烟气中含有、，因此反应后得到非金属固体单质Ⅰ为砷；H2S和SO2发生反应，得到的非金属固体单质Ⅱ为硫。 (3)①Au被O2氧化为+1价进入配离子，O2被还原，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得到离子方程式为。②配合物稳定常数 ，代入数据： ，解得， 不生成沉淀满足，则 ，，。 8.(2026高考·湖北)赤铁矿主要成分为(含少量、、等元素的氧化物)，结构致密，在酸液中溶解缓慢。某研究小组以赤铁矿为原料制备电池级磷酸铁()的低碳新工艺流程如下： 已知：时，的电离常数；。 回答下列问题： (1)基态铁原子的价层电子排布式为________。 (2)预处理将赤铁矿中部分转化为，导致晶格畸变，使矿石产生微裂纹，加快“酸浸”速率，其原因是________。 (3)“酸浸”条件：为的混合酸，。混合酸中盐酸的作用是________(答两条即可)。 (4)酸浸液中加入，被氧化成的离子方程式为________。 (5)“沉淀”步骤中，用氨水调节至2.00生成沉淀，无沉淀。基于，该溶液中浓度不大于________，此时滤液中的主要成分为________(填化学式)。 (6)沉淀煅烧得到，质量符合锂电池材料的工业规格。时，得到的沉淀中含、等少量杂质，煅烧沉淀得到的目标产物中与原子个数比为。此时，产物中杂质是________(填化学式)。 8.【答案】(1) (2)矿石产生微裂纹，增大固液接触面积，便于酸液渗透，加快浸出反应速率 (3)提供大量H+，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解、提供，与形成稳定配离子，促进铁元素浸出、同时不引入杂质，不干扰后续FePO4沉淀生成(任选两条) (4) (5)；NH4Cl (6) 【解析】(1)Fe为26号元素，电子排布，价层电子排布式为：； (2)矿石晶格畸变产生微裂纹，增大矿石与酸液的接触面积，同时内部孔隙增多，酸液更容易渗入矿石内部，有效提升浸出反应速率； (3)“酸浸”加入盐酸，提供大量H+，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解；提供，与形成稳定配离子，促进铁元素浸出；同时不引入杂质，不干扰后续沉淀生成(任选两条)； (4)酸浸液中加入，被氧化为，与形成配合物，离子方程式为：； (5)，，，，；加，故阳离子主要为：，阴离子主要为：，此时滤液中的主要成分为NH4Cl； (6)中与原子个数比为，煅烧沉淀得到的目标产物中与原子个数比为，Fe比例偏高，说明杂质不含P、只含铁，原料杂质、煅烧脱水生成，故产物中杂质是。 9.(2026高考·江西)/CaO热化学储能体系可作为化学热泵，具有储能密度高、储／释能速度快等优点。其化学反应与能量关系图如下： 回答下列问题： (1)________。 (2)同等条件下，表面自由能G(块状)________G(粉末)(填“>”“=”或“<”)。 (3)/CaO开放系统在脱水过程中，起始质量为，当固体质量为m时，转化率为________。 (4)空调属于物理热泵，上述关系图中与物理热泵相似的供热过程是______________________。 (5)下图为密闭容器中的理论平衡曲线，在图中能稳定存在的状态点有________(填标号)。 (6)假设金属Ca，原子半径为，在二维平面单层紧密堆积，则其总面积(含空隙)计算式________。 (7)初始CaO质量相同，不同比例与CaO反应时间和温度的关系曲线如图。 甲同学通过到达最高温度的时间长短，推断出化学反应速率最大的是④。 乙同学认为该结论不正确，理由是________________________________________。 9.【答案】(1)-63 (2)＜ (3) (4) (5)a、c、d (6) (7)四组实验水的用量不同，④中水的用量最少，反应放出总热量少，升温幅度小，因此到达最高温度时间短不能说明反应速率大 【解析】(1)根据盖斯定律，整个循环焓变总和为0：，解得； (2)同等条件下，粉末状的物质相比于块状物质，被粉碎得更细，具有更大的比表面积。表面原子由于配位不饱和，具有比内部原子更高的能量，因此块状的表面自由能小于粉末状。 (3)设转化率为，起始物质的量为，每脱水失去，固体质量减少，因此： ，整理得。 (4)空调等物理热泵的供热原理是利用制冷剂发生物理相变(如气态冷凝液化)来释放热量。在上述关系图中，发生物理变化且放热的过程是510℃的转变为25℃的的过程(放出62kJ/mol的热量)。 (5)对于平衡，平衡常数；若实际，反应逆向进行，不选。 图中点c在平衡曲线下方，同温度下实际小于平衡，平衡正向趋势大，因此可以稳定存在；而点 a 和点 d 位于平衡曲线上，体系处于平衡状态，此时和CaO稳定共存，故选a、c、d。 (6)的原子个数为；二维单层紧密堆积(六方密堆积) ， 框内表示每个原子所占总面积(含空隙)，计算结果为，因此总表面积： 。 (7)初始质量相同，水的比例不同，放热量不同：水越少，总放热量越少，体系需要升高的温度越小，到达最高温度的时间就越短，和反应速率无关，因此该推断不正确。 10.(2026高考·四川)为了保护环境、充分利用资源，某科研小组提出一种从闪锌矿湿法炼锌后的脱硫浸渣中回收铅和银的方法。浸渣主要含有、、、ZnS和少量等，回收流程如下。 已知：常温下，有关物质的溶度积常数如下。 物质 AgCl 回答下列问题： (1)闪锌矿中的锌元素在元素周期表中位于第___________周期、第___________族。 (2)“煅烧”温度控制在350℃左右，中的硫酸根不分解、铅以形式存在，其分解反应的化学方程式是___________。 (3)“酸浸”时，还加入了少量NaCl，其目的是___________，浸出的主要金属离子是___________。 (4)“溶铅”时，使用含的热浓食盐水将铅盐转化为，其离子方程式是___________。食盐水中添加的作用有___________。 (5)溶液适当稀释和降温，便析出沉淀。分离后的母液，应返回___________步骤中。 (6)“电解”时，压片组成阴极，惰性电极作阳极，溶液为电解液。电解获得金属铅的过程中，除阳极产生和少量外，阳极附近溶液中还伴有少量生成和pH下降，导致溶液pH下降的原因有___________。 10.【答案】(1)四；ⅡB (2) (3将元素转化为沉淀，提高的回收率；、 (4)；增大浓度，利于生成；与产生的结合，促进反应正向移动 (5)溶铅 (6)阳极发生电极反应、，生成，使得溶液的降低 【解析】(1)Zn元素原子序数30，核外电子层为4层，价电子排布，位于元素周期表第四周期ⅡB族； (2)由题，350℃下分解，硫酸根不分解，产物为、、、，化学方程式为； (3)酸浸加入少量电离出，煅烧生成的会与发生沉淀转化，生成溶度积更小的固体留存于酸浸渣，避免银随、进入滤液流失，提高后续银的总回收率；酸浸时锌、铁的氧化物、硫酸盐溶于稀硫酸，浸出主要金属离子为、； (4)溶铅时固体和、反应生成可溶性与沉淀，离子方程式：；食盐水中的电离出增大体系氯离子浓度，促进转化为可溶性，同时结合反应生成的生成沉淀，降低溶液中硫酸根浓度，推动溶铅平衡正向移动； (5)稀释降温后解离析出，分离后的母液富含、，可返回溶铅步骤循环利用，节约原料； (6)电解时阳极除失电子发生氧化反应生成外，水电离出的和电解液中失电子均会失电子，分别发生反应、生成、，两个阳极反应均生成，溶液氢离子浓度升高，最终体系pH下降。 11.(2026高考·四川)某研究小组合成了配合物，用作制备一种金属Ni纳米催化剂的前驱体。配合物合成步骤如下。 已知：(i)为水合醋酸镍，易溶于水；为；为。 (ii)THF(四氢呋喃)是沸点为67℃的有机溶剂，能与水互溶。 回答下列问题： (1)步骤Ⅰ用到的仪器除了烧杯，还有___________(填标号)。 a. b. c. d. (2)步骤Ⅱ的部分装置如图所示(省略加热及夹持装置)，仪器M的名称是___________，步骤Ⅱ中，结束实验的正确操作是___________(填标号)。 a.先关闭冷凝水，再停止加热，等待冷却 b.先停止加热，等待冷却，再关闭冷凝水 (3)步骤Ⅳ的部分装置如下图所示，减压过滤时，用抽气泵抽走抽滤瓶内空气，产生压力差，加快过滤速度。 ①减压过滤时，若操作不当，易引起倒吸。实验装置中必须安装安全瓶，安全瓶的___________(填“a”或“b”)口应与抽滤瓶连接。 ②过滤完成后，依次用少量THF、蒸馏水和无水乙醇洗涤产品。每次加入溶剂洗涤前，都须暂停抽滤，其目的是___________，用蒸馏水洗涤的目的是___________。 (4)干燥后得到2.10 g配合物()，则产率为___________(保留至0.1%)。 (5)取一定量配合物，在氛围下匀速升温至1000℃煅烧，制得了一种金属Ni纳米催化剂。配合物中Ni被还原为单质，还原剂来源于___________。 11.【答案】(1)ad (2)圆底烧瓶；b (3)b；使装置恢复常压，让洗涤剂充分浸润产品，避免洗涤剂被快速抽走，提升洗涤效果 除去产物表面附着的可溶性杂质 (4)77.4% (5) 【解析】(1)步骤I为称量固体试剂，需要电子天平(a)称量固体质量，需要药匙(d)取用固体；量筒用于量取液体体积，蒸发皿用于蒸发溶液，均不需要。 (2)图中仪器M为圆底烧瓶；加热回流结束后，需先停止加热，待装置冷却后再关闭冷凝水，若先关冷凝水，低沸点溶剂THF会挥发逸出污染环境，正确操作是先停止加热，待体系充分冷却，再关闭冷凝水，故选b。 (3)①减压过滤中气流方向为抽滤瓶安全瓶抽气泵，安全瓶的作用是防止自来水进入抽滤瓶，连接抽滤瓶的应为短管口(b)，若发生倒吸，水会留在安全瓶底部，不会从短口倒回抽滤瓶。 ②每次加入溶剂洗涤前，都须暂停抽滤，其目的是：使装置恢复常压，让洗涤剂充分浸润产品，避免洗涤剂被快速抽走，提升洗涤效果。产物中的杂质如未反应的醋酸镍、生成的醋酸等可溶于水，用蒸馏水洗涤的目的是除去产物表面附着的可溶性杂质。 (4)目标产物中，1mol产物含、、，根据原料量计算理论产量，：，：，：，因此为限量试剂，理论产量，产率。 (5)在氮气氛围下无外界还原剂，被还原，还原剂来自配合物自身的有机配体，如中含有低价态的N，可将还原为Ni单质。 12.(2026高考·山东)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____。 12.【答案】(1)；O (2)；2 (3) 1：2：1；4；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： 。 13.(2026高考·山东)一种从铜阳极泥(主要含、、)中分离提取贵金属、的工艺流程如下： 已知：“球磨提金”时，生成的高活性直接和反应生成。 ；　。 回答下列问题： (1)“酸浸”时，与稀反应生成二元弱酸的离子方程式为_________________________________________。 (2)“球磨提金”时，生成的反应中作氧化剂的是__________(填化学式)。 (3)“酸溶”时，转化为；“反萃取”时加入溶液后，水相中以形式存在，的两个作用是_______________________________________。“酸化析金”时，发生自身氧化还原反应的离子方程式为_________________________________。 (4)“溶银”中，忽略溶液体积变化，若使完全溶于氨水，则反应后溶液中_______。 (5)“还原提银”所得滤液X经处理后的产品可导入“球磨提金”加以利用，则处理滤液X时加入的物质是___________(填化学式)。 13.【答案】(1) (2) (3)将+3价的还原为+1价、提供配体； (4) (5) 【解析】(1)中为价被氧化为，为价被氧化为，被还原为，结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为； (2)“球磨提金”时，加入的在酸性条件下氧化生成，元素化合价降低，作氧化剂； (3)具有还原性，将中价还原为低价价；作为配体，与形成络离子进入水相实现反萃取，因此的作用为将+3价的还原为+1价，提供配体；中降价生成单质，元素部分转化为、部分为，结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为； (4)已知：；，总反应为，平衡常数。完全溶于氨水，平衡时，代入，得平衡游离，因此； (5)还原提银时水合肼与银氨络离子反应释放，滤液含铵盐，球磨提金工序需要，向滤液加入，将转化为，可循环至球磨提金步骤。 14.(2026高考·广东)配合物应用广泛。某兴趣小组对铜的配合物进行探究实验。 (1)氨水的制备：需选择的装置有___________。 (2)制备铜氨溶液，以其为电解液在铁件表面镀铜，铁件连接直流电源___________极。 (3)铜氨配合物的制备与表征：向溶液中滴加氨水至过量，得深蓝色溶液，加入乙醇，析出固体，过滤，___________，晾干得产物Q。用X射线衍射仪测试Q，观察到___________，说明Q为晶体；进一步确认其组成为。 (4)探究铜氨配合物与酸的反应： ①查阅资料：向铜氨溶液中滴加硫酸，依次发生反应： (a) (b) ②理论预测：据①可知，若向的溶液中连续滴加硫酸，反应(a)、(b)消耗酸的体积分别为和，则。 ③设计方案：测量反应体系的随加入硫酸体积的变化，以获得和。 ④进行实验 序号 实验内容 (ⅰ) 用足量水溶解，发现得不到澄清溶液，测得体系呈碱性。体系呈碱性的原因为铜氨配离子的解离及___________。(用方程式表示) (ⅱ) 称取克于烧杯中，移取稀氨水使完全溶解，得待测液 (ⅲ) 搅拌下，向待测液中滴加溶液，测量并记录数据 (ⅳ) 移取上述稀氨水，用___________溶液滴至终点，记录体积为 ⑤数据处理：由(ⅲ)所得曲线呈现两次突变，对应的终点依次为和，则___________(用、、表示)。 ⑥结果讨论：多次实验结果均为。与AI对话后提出假设：(ⅲ)的过程中生成的沉淀除外还含有。 a.验证存在：取洗净的沉淀少许，用稀盐酸完全溶解，___________，初步说明假设成立。 b.探讨沉淀组成：某次实验结果为，则第一个终点时，___________。 ⑦实验总结：实验过程中的反应比①中所述的复杂，可继续探究。 14.【答案】(1)AB (2)负 (3)洗涤；明锐的衍射峰或分立的斑点 (4)、；；；滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀；18 【解析】(1)实验室用NaOH与NH4Cl加热反应制取氨气，选装置A；氨气极易溶于水，用装置B中倒扣漏斗防倒吸，将氨气溶于水制得氨水；C装置装有，它是酸性干燥剂，会与碱性的氨气反应，不能用来干燥或处理氨气。D装置是分液漏斗萃取装置，与制备氨水无关，因此选AB。 (2)在电解池中，阴极发生还原反应，阳离子移向阴极得电子，溶液中的铜离子在铁件表面得到电子析出金属铜，制备铜氨溶液，以其为电解液在铁件表面镀铜，镀件(铁件)作电解池阴极，连接直流电源的负极。 (3)析出晶体后，过滤、洗涤、晾干得到产物；由于晶体内部的原子、离子或分子在三维空间中呈周期性有序排列，当X射线照射晶体时，会发生明显的衍射现象。因此，如果物质是晶体，在X射线衍射仪上可以观察到特征的X射线衍射图谱(即出现一系列明锐的衍射峰或分立的斑点)；而非晶体则通常只出现弥散的宽峰 (4)ⅰ.铜氨配离子解离出NH3，NH3溶于水生成一水合氨，电离使溶液显碱性，方程式为、。 ⅳ.步骤(iv)是一个空白对照实验，目的是测定在步骤(ii)中加入的V0mL稀氨水需要消耗多少硫酸。这是一个用强酸滴定弱碱的过程，为了准确判断滴定终点，使用和滴定待测液相同浓度的溶液​。 ⑤V1是滴定V0 mL氨水所消耗的硫酸体积。V2是滴定至第一个终点(沉淀完全)时消耗的硫酸总体积。其中，与铜氨配合物反应(反应a)消耗的硫酸体积为Va，与V0 mL氨水反应的硫酸体积为V1。因此，Va= V2 -V1。V3是滴定至第二个终点(沉淀完全溶解)时消耗的硫酸总体积。从第一个终点到第二个终点，消耗的硫酸用于溶解沉淀(反应b)，其体积为Vb，Vb = V3-V2，故。 ⑥a.检验​，沉淀用盐酸溶解后，滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，即可证明存在。 b.设，，根据、，消耗=，根据、，消耗=，结合可知，​，解得​，18。 15.(2026高考·广东)金(Au)是一种战略性金属。从某金精矿(含金、银、、、和等)中提取金并综合利用部分物质的一种工艺如下。 已知：和在一定条件下均可与形成可溶于水的配离子。 氢氧化物 (1)金精矿研磨成粉是为了___________，提高浸取速率。 (2)“沉锑”的反应中，还原剂为___________。 (3)“电解”在电解池(图1)中实施，一定条件下实现“沉锑”试剂的回收利用。忽略生成气体的反应，则 ①阴极反应式为___________。 ②初始电解液中，。为防止阳极室电解过程中产生沉淀，理论上，最终阳极室应不大于___________(列算式)。 (4)“X”包含多个步骤，需同时用到和溶液。一定条件下，Au、Ag浸取率随溶液中的变化如图2，在滤液2中主要以存在。为尽可能提高金的提取率和纯度，“X”包括的步骤为___________。 (5)“沉金”通过的调控使反应在弱酸性条件下进行，生成的离子方程式为___________。 _________________。 (6)某杂冠醚可选择性地与含银废液中的形成如图3的超分子，其选择性识别的原因为该杂冠醚与有配位作用且___________。 (7)①Sb与N同族，AlSb与GaN中离子键成分的百分数较大的是___________。 ②AlSb晶体的立方晶胞结构如图4，其原子占据A、B、C三种位置，每种位置上只有一种原子，则Al占据___________位置，Sb占据___________位置。(填编号) 15.【答案】(1)增大反应物接触面积 (2) (或铁粉) (3)；或 (4)先控制浓度在，与HCl溶液浸出后过滤除去，再控制浓度在与HCl溶液浸出 (5) (6)杂冠醚的空腔大小与的直径(大小)相匹配 (7)GaN；A、B或C；C或A、B 【解析】(1)固体研磨成粉，可增大反应物接触面积，加快反应浸取速率。 (2)沉锑过程中，将中+3价还原为单质，被氧化，作还原剂。 (3)①电解回收沉锑试剂(铁粉)，阴极得电子生成单质，故阴极反应为。②阳极室要防止产生沉淀，由数据可知，和两种沉淀中，先沉淀，但考虑到阳极失电子生成，最终，，计算得不产生沉淀时，该值远小于沉淀的临界，因此按计算。 (4)由图可知，在时浸取率接近，浸取率很低，先过滤除去；再将调至，浸取率接近，可提高金的提取率和纯度。 (5)从价降为，个共得；中从价升为价(生成)，每个失，因此系数为3，再结合原子守恒、电荷守恒配平可得方程式。 (6)超分子选择性识别的原理，除了配位作用，还需要空腔尺寸与离子大小匹配。 (7)①离子键成分百分数随元素电负性差增大而增大，电负性远大于，和电负性相近，因此中电负性差更大，离子键成分更大。②为型化合物，晶胞中：(顶点)数目为，(面心)数目为，共4个；(晶胞内部)共4个，满足。由此可知，顶点和面心是一种原子，晶胞内部是另一种原子，因此Al和Sb分别占据顶点(A)+面心(B)和体内四面体空隙(C)；二者可互换顺序。 16.(2026高考·湖南)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。 16.【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) ；ac (7)12 【解析】(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 ；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。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。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。 17.(2026高考·湖南)一种由硫化铅精矿(含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程如下： 已知：①乙二胺(，简写为en)为一种二元弱碱。 ②，。 ③金属离子浓度不超过时，认为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： (1)Pb在元素周期表中的位置为第六周期第______族。 (2)“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式为______；采用加压操作可提高反应速率，原因是______。 (3)“酸性溶液”经处理后，、浓度分别为、，调pH使恰好沉淀完全时(假设溶液体积不变)，______(填标号)。 a.沉淀完全 b.部分沉淀 c.未沉淀 (4)“胺浸”后，转化为配合物，“沉铅”所得固体为碱式碳酸铅[]。下列说法正确的是______(填标号)。 a.配合物中的配位原子为N b.“沉铅”过程中，溶液pH增大 c.流程中烯烃和乙二胺得到了循环利用 (5)“高温还原”中，生成Pb的化学方程式为______；若用炭代替CH4，将导致铅纯度下降，原因是______。 (6)“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成分有______、______(写化学式)。 17.【答案】(1)IVA (2)；增大体系中氧气的压强(或浓度)，从而加快反应速率 (3)b (4)ac (5)；炭为固体，过量的炭容易混入生成的铅中，导致铅的纯度下降 (6)； 【解析】(1)Pb的原子序数为82，与碳、硅等同族，位于元素周期表第六周期第IVA族。 (2)“加压氧化”中，与空气中的及加入的硫酸反应，生成沉淀和单质。根据电子守恒和原子守恒，可写出离子方程式为。采用加压操作可以增大氧气的溶解度或浓度，从而有效加快反应速率。 (3) 当恰好沉淀完全时，溶液中，此时溶液中。对于，其浓度商。 因为，故有沉淀生成； 若沉淀完全，需要，说明此时并未沉淀完全。因此部分沉淀，选b。 (4)乙二胺()中的氮原子含有孤电子对，可作为配位原子与形成配位键，a正确。“沉铅”过程中通入，生成碱式碳酸铅[]，消耗了溶液中的碱性物质(乙二胺)，导致溶液pH减小，b错误。由流程图可知，“再生”工序加入后重新得到乙二胺，同时烯烃并未被消耗，二者返回胺浸工序循环利用，c正确。 (5)“高温还原”中，与反应生成、和。反应中元素化合价由+2降至0，元素化合价由-4升至+4，根据得失电子守恒配平化学方程式为。若用炭代替，由于炭是固体，反应后过量的炭容易作为杂质混入液态或固态铅中难以分离，从而导致铅的纯度下降。 (6)“沉铅”后的溶液中含有硫酸根离子和通入后产生的碳酸根离子(或碳酸氢根离子)，加入进行“再生”时，钙离子会与硫酸根离子、碳酸根离子反应生成微溶的和难溶的沉淀，因此得到的“含钙粗产品”的主要成分为和。 18.(2026高考·陕晋青宁卷)利用1,2-二氯乙烷与乙炔生产氯乙烯的主要反应为： I. Ⅱ.   回答下列问题： (1)①已知298 K时，各物质的相对能量如表。 物质 相对能量 Ⅲ.  ________。 ②上述三个反应的(为平衡常数)随(为温度)的变化如图。曲线c下降的原因是________，代表反应Ⅲ的曲线是________(填“a”“b”或“c”)。 (2)①某温度下，在压强为的恒压密闭反应器中，按投料，采用含Ru催化剂催化反应Ⅰ和Ⅱ。当反应Ⅰ完全进行，乙炔转化率为92%时，反应Ⅱ各物质分压表示的反应商________。 ②氯乙烯与乙炔在含Ru催化剂上有竞争吸附。已知乙炔的π键电子可与Ru形成配位键，推测氯乙烯中的________可与Ru形成配位键。 (3)我国科研人员将多种含Cu、Au的催化剂进行内置串联(如图)，使乙炔转化率接近100%。 ①Au位于第六周期且与Cu同族，基态Au原子的价电子排布式为________。 ②反应器位置1中的C2H4Cl2生成C2H3Cl、HCl、·H和·Cl。在位置2引入新催化剂，将存活时间短的·H和·Cl变成*H和*Cl，进一步与乙炔反应生成氯乙烯。两种不同催化剂的部分反应历程如图。位置2应选择催化剂________(填“A”或“B”)，选择依据是________。位置3主要发生的反应为________(写化学方程式)。 18.【答案】(1)-27；曲线c对应反应Ⅰ，反应I的正反应为吸热反应，随着增大(即温度降低)，平衡逆向移动，平衡常数K减小，lnK减小；a (2)；碳碳双键(或π键)、氯原子上的孤电子对 (3)；A；催化剂A中由b转化为d的最大能垒(或活化能)更低，反应速率更快 【解析】(1)①反应焓变生成物总相对能量−反应物总相对能量，代入数据： ； ②根据与的关系，曲线下降说明斜率为负，对应的反应：温度降低(增大)时，吸热反应平衡逆向移动，减小，减小，曲线为下降趋势，说明反应Ⅰ对应曲线c； ，斜率为正；根据盖斯定律：，，所以，更负，根据，其平衡常数对温度的变化更加敏感，即图像斜率更大，对应曲线b，因此反应Ⅲ对应斜率更小的曲线a。 (2)①设初始投料，反应Ⅰ完全进行后，生成、，乙炔转化率为，则反应Ⅱ中转化和，生成，列三段式有： 平衡时： ，，，总物质的量。 分压，反应商，代入得： ；②乙炔分子通过π键电子与Ru形成配位键。氯乙烯分子中不仅含有碳碳双键，其氯原子上也存在未参与成键的孤电子对，这两者均可作为配体提供电子与中心原子Ru形成配位键，产生竞争吸附。 (3)①Cu为第四周期IB族元素，价电子排布为，Au为第六周期IB族元素，价电子排布为；②题干指出位置2的作用是将自由基(即状态b：)进一步与乙炔反应生成氯乙烯(状态d：)。对比两种催化剂的部分反应历程图： 催化剂A中，从状态b到状态d所经历的最高能垒较小； 而催化剂B中，从状态b出发需要越过极高的能垒；活化能越小，反应速率越快，因此选择催化剂A。综合整个串联反应过程： 位置1：部分分解产生和HCl，部分分解产生自由基。 位置2：自由基与部分乙炔反应生成 。 为了“使乙炔转化率接近100%”，进入位置3的剩余混合物中必然还含有未完全反应的乙炔和位置1产生的氯化氢。因此在位置3主要发生的是乙炔与氯化氢的加成反应，反应为，以消耗尽剩余的乙炔。 19.(2026高考·河南)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”)。 19.【答案】(1)；＞ (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)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；1.6；62.5；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。 20.(2026高考·云南)镍配合物是贵金属催化剂的重要替代品。某实验小组设计了一种制备Ni(Ⅱ)配合物的方法，原理如下： 已知：CH2Cl2有毒、易挥发，。 实验步骤如下： Ⅰ.向双颈烧瓶中加入10 mL含(1 mmol)的乙醇溶液，通过仪器a逐滴加入3 mL含bpy(2 mmol)的乙醇溶液(装置如图，加热及夹持装置省略)，加热搅拌，冷却至室温。 Ⅱ.将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20 mL CH2Cl2溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液。 Ⅲ.有机层经减压蒸除溶剂，加入15 mL乙醇和2 mmol NaBPh4(Ph为苯基)，产生沉淀。经过滤、洗涤、干燥得粗产品，进一步提纯后得紫色晶体(配合物Z，)。 回答下列问题： (1)仪器a的名称为______。 (2)下列安全标识中，本实验不涉及的是______(填标号)。 A. B. C. D. (3)步骤Ⅱ中洗涤的目的为______，分液时CH2Cl2在______层(填“上”或“下”)。 (4)步骤Ⅲ中乙醇的作用为______。 (5)步骤Ⅲ中用______法提纯粗产品。 (6)配合物Z的产率为______(列出计算式即可)。 (7)测定配合物Z的晶体结构，下列方法可采用的是______(填标号)。 A.核磁共振氢谱法 B.质谱法 C.红外光谱法 D.X射线衍射法 (8)实验小组进一步探究不同投料比对Ni(Ⅱ)配合物结构的影响，以进行投料，按上述制备方法得红色晶体。推测的配位数为______。 20.【答案】(1)恒压滴液漏斗 (2)D (3)除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质；下 (4)降低配合物Z的溶解度，使其结晶析出 (5)重结晶 (6) (7)D (8)6 【解析】(1)由图可知，仪器a是恒压滴液漏斗，它的支管可以平衡压强，使液体顺利流下； (2)佩戴护目镜可以在实验时保护眼睛；实验结束好要洗手；CH2Cl2有毒、易挥发，所以要注意排气防止中毒；本实验不涉及锐器，故选D； (3)步骤Ⅱ中，将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20 mL CH2Cl2溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液，洗涤可用于除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质，减少后续反应的干扰；CH2Cl2的密度为 1.33g·cm-3，大于水，因此分液时在下层； (4)步骤Ⅲ中，加入乙醇后配合物Z沉淀析出，因此乙醇的作用是降低配合物Z的溶解度，使其从溶液中析出； (5) 粗产品已经是固体结晶，为了去除混入的少量可溶性杂质并获得高纯度的紫色晶体，通常采用重结晶法。 (6)根据反应离子方程式：，再结合投料量，理论上三者恰好完全反应，理论上生成配合物Z的物质的量为1 mmol，质量为，实际产量为，产率=； (7)A.核磁共振氢谱用于测氢原子种类，不直接测晶体结构，A不选。质谱法用于测分子量，不直接测晶体结构，不选。红外光谱法用于测官能团、化学键，不直接测晶体结构，C不选。X射线衍射法是测定晶体结构的经典方法，可确定原子的空间排布，D入选，故选D。 (8)bpy(联吡啶)是双齿配体，每个bpy提供 2 个配位原子，当1:2投料时，2 个bpy共提供4个配位原子，配位数为4；当投料时，3个bpy共提供3×2=6个配位原子，因此的配位数为6。 21.(2026高考·黑吉辽蒙卷)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)。 21.【答案】(1)d (2)增大氧气的溶解度(或浓度)，加快反应速率; (3)； (4)2 (5) (6)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】(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。 CdS量子点是一种新型纳米半导体材料，在光电传感、太阳能电池领域应用广泛。以含镉废液(主要含、、，少量、杂质)为原料，经除杂、沉淀反应，制得CdS量子点，流程如下： 已知： ①常温下，，，。 ②、完全沉淀的，开始沉淀的； 22.(2026高考·上海)根据镉(Cd)元素在周期表中的信息，推测其在元素周期表中的位置是___________。 A.第四周期第2族 B.第五周期第Ⅷ族 C.第四周期第12族 D.第五周期第ⅡB族 22.【答案】D 【解析】镉的基态价电子排布式为4d105s2，周期数等于电子层数(5层)，属于第ⅡB族(第IIB族元素的价电子均为nd10(n+1)s2，其中n3)，因此位于第五周期第ⅡB族；故答案选D。 23.(2026高考·上海)写出用过量和溶液反应制备CdS量子点的离子方程式___________。 23.【答案】Cd2+ + 4H2S +2= CdS↓ + 2NO+3S↓+4H2O 【解析】H2S与Cd(NO3)2反应生成CdS沉淀、一氧化氮、硫和水，离子方程式为：Cd2+ + 4H2S +2= CdS↓ + 2NO+3S↓+4H2O； 24.(2026高考·上海)量子点的直径一般为2 nm-10 nm，下列关于量子液体的叙述正确的是___________。 A.该分散系为溶液 B.用激光笔照射量子液体时能产生丁达尔现象 C.CdS量子点不稳定，易分解 D.过滤能得到CdS晶体 24.【答案】B 【解析】量子点直径为2~10 nm，处于胶体粒子直径(1~100 nm)范围内，形成胶体分散系：A错误(不是溶液是胶体)；B正确(胶体有丁达尔效应)； C错误(量子点并非都易分解，CdS量子点性质稳定)；D错误(胶体粒子可透过滤纸，无法通过过滤得到晶体)；故答案选B。 25.(2026高考·上海)当紫外光照射量子点时，量子点会发出不同波长的光。已知量子点直径越大，发出的光越偏向红光；量子点直径越小，发出的光越偏向蓝光。若发出的光更偏向蓝光，则该量子点的直径更接近于___________。 A.2 nm B.10 nm C.50 nm D.100 nm 25.【答案】A 【解析】题目说明“量子点直径越小，发出的光越偏向蓝光”，因此偏向蓝光时直径更接近最小值2 nm；故答案选A。 ​ 26.(2026高考·上海)室温下，往含溶液中加入至溶液的，可生成沉淀，则溶液中的比值为___________。 26.【答案】0.36 【解析】已知Kb(NH3·H2O)==1.8×10-5， pH=9.7时，pOH=14-9.7=4.3，c(OH-)=10-4.3mol/L， 则： ==；10-4.3=100.7×10-5≈5.01×10-5，代入得：≈0.36； 27.(2026高考·上海)国家环保规定排污时的含量需要≤，现有室温下1000 L含的废水需要排放，废水中浓度为，需要加入___________。 27.【答案】1.58 【解析】需沉淀的物质的量为；溶液中残留的物质的量为；故所需总质量为。 硝普钠()为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。 已知： ①硝普钠易溶于水，溶解度随温度变化不大； ②氧化步骤的反应方程式为： 28.(2026高考·上海)已知中配体为、，则该配合物的中心离子和配位数分别为___________。 A.、5 B.、6 C.、5 D.、6 28.【答案】B 【解析】整个配合物为电中性，设中心的化合价为，根据电荷守恒：，解得，即中心离子为；配体为个和个，总配位数为； 29.(2026高考·上海)在第3步中，通常需要将缓慢滴加到圆底烧瓶中，需要用到的仪器是___________。 A.量筒 B.烧杯 C.恒压滴液漏斗 D.长颈漏斗 29.【答案】C 【解析】操作要求缓慢滴加，要控制滴加速度，恒压滴液漏斗可以满足该要求，而量筒仅用于量取体积，烧杯、长颈漏斗无法控制匀速缓慢滴加； 30.(2026高考·上海)连续操作包含的过程有___________。 30.【答案】蒸发结晶、趁热过滤 【解析】硝普钠易溶于水、溶解度随温度变化不大，杂质(如硝酸钾)溶解度随温度变化大，要从溶液中分离出硝普钠，采用的方法是将硝普钠蒸发结晶析出，趁热过滤分离含KNO3、NaNO3溶液，并得到滤渣粗产品硝普钠； 31.(2026高考·上海)步骤③中加入的作用是___________。 31.【答案】将 H2[Fe(CN)5(NO)] 转化为目标产物 Na2[Fe(CN)5(NO)]，同时将 转化为 NH3·H2O 以便后续煮沸除去 【解析】用Na2CO3中和氧化生成的酸，调节pH至8，将H2[Fe(CN)5(NO)]转化为目标产物Na2[Fe(CN)5​(NO)]，同时将 转化为 NH3·H2O 以便后续煮沸除去； 32.(2026高考·上海)制备过程中应选用的检验方法是___________。 A.甲基橙 B.甲基红 C.pH计 32.【答案】C 【解析】甲基橙变色范围为，甲基红变色范围为，均无法准确指示；计可以准确测定溶液，满足要求； 33.(2026高考·上海)步骤④中除去的物质a是___________。 A.硝酸钠 B.氨 C.硝酸钾 D.硝酸 33.【答案】B 【解析】根据氧化反应方程式，产物含，在的碱性条件下煮沸，转化为(氨)逸出，因此煮沸除去的物质为氨； 34.(2026高考·上海)物质b的主要成分是___________。 34.【答案】KNO3、NaNO3 【解析】反应物为，氧化反应后生成大量，步骤同时又会生成NaNO3，蒸发结晶后，滤液中主要含、NaNO3，因此物质的主要成份为硝酸钾、硝酸钠； 35.(2026高考·上海)已知粗产品中的硝普钠含有结晶水，加热一段时间后，其质量减少了12%，则粗产品中硝普钠的结晶水个数为___________(保留整数)。已知： 35.【答案】2 【解析】设结晶水个数为，加热减少的质量为结晶水的质量，根据硝普钠化学式可知： 解得。 36.(2026高考·浙江)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：_______； 36.【答案】(1)；12；B (2) (3)；>；氟离子半径小，离子键强；；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 【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。 37.(2025高考·江西)摩尔比法测定配合物磺基水杨酸铜(Z)组成的实验如下： 回答下列问题： (1)L的合成与表征 i.向装有浓硫酸的反应容器中，搅拌下慢慢加入水杨酸粉末，加热至，全溶后升至，有固体析出，继续升温至，反应，冷却至。上述步骤中需用到的仪器有 (填标号)。 A.圆底烧瓶 B.干燥管  C.球形冷凝管  D.恒压滴液漏斗 E.二颈烧瓶  F.温度计  G.直形冷凝管  H.分液漏斗 ⅱ.下列分析方法中可以确定L分子结构的是 (填标号)。 A.X射线衍射 B.质谱    C.元素分析  D.滴定分析 (2)Z的合成与配位比分析 取12个烧杯，分别加入硝酸铜溶液()，按表所示，依次加入对应体积的L溶液()，调，用容量瓶配制溶液。在一定条件下，分别测定溶液吸光度A，得到吸光度的曲线(如图)。 编号 吸光度A 1 0.00 0.00 0.003 2 0.20 0.10 0.055 3 0.40 0.20 0.113 4 0.60 0.30 0.163 5 1.00 0.50 0.258 6 1.50 0.75 0.364 7 2.00 1.00 0.435 8 4.00 2.00 0.546 9 6.00 3.00 0.579 10 8.00 4.00 0.6031 11 10.00 5.00 0.6061 12 12.00 6.00 0.608 已知：，k为常数。 i.图中已给出全部数据点、拟合曲线及1条趋势线(虚线)，根据表中实验数据，补全坐标轴 。 ⅱ.图中趋势线方程为，其与拟合曲线重合部分的化学含义为 。 ⅲ.在图中作出另1条趋势线，找到理论反应终点X 。 ⅳ.通过理论反应终点，推断配位比 。 ⅴ.的拟合曲线与趋势线偏离的原因是 。 37.【答案】(1)i.BEF 该步骤中需要控制温度，需要用到温度计，装浓硫酸的反应容器需要有两个孔，一个用于加入试剂，一个用于装温度计，故需要二颈烧瓶，另外该反应过程中需要隔离水分，故还需要一个盛有干燥机的干燥管防止空气中的水分进入装置，故选BEF； ⅱ.A 红外光谱图可获得分子中所含有的化学键或官能团的信息，核磁共振氢谱可以获得有机化合物分子中有几种处于不同化学环境的氢原子及它们的相对数目等信息，X射线衍射可以获得更为直接而详尽的结构信息。对于分子结构比较复杂的有机化合物的分子结构，X射线衍射可以通过晶体结构分析确定分子结构，其他手段则常需要组合多种方法共同表征，比如组合核磁共振氢谱、质谱和红外光谱，表征常见有机化合物。题目需要指定一种分析方法，故选项A是本题所要求； (2)i.根据表中实验数据可以补全坐标轴，图中已给出全部数据点，拟合曲线及1条趋势线(虚线)为 ⅱ.当较大时，吸光度A几乎不变是因为L过量，硝酸铜溶液()中近乎完全转化为Z，继续加入L，吸光度A也不会变化，图中趋势线方程为，其与拟合曲线重合部分的化学含义为L大量过量，近乎完全转化为Z； ⅲ.当增大而吸光度A不变时，说明反应达到理论反应终点，在图中表示理论反应终点X： ⅳ.由 可知，X点对应的为1，反应达到终点； ⅴ.的拟合曲线与趋势线偏离的原因是：该配位反应为可逆反应，存在化学平衡，Cu2+、L都不能完全转化，导致实测吸光度低于理论值。 38.(2025高考·江西)稀散金属镓(，ⅢA族)是重要的战略资源。以棕刚玉烟尘(主要成分为、、、和少量)为原料制备金属镓的工艺流程图如下： 回答下列问题： (1)滤液1的为，依据(Ⅲ)和(Ⅳ)的分布系数图，铝元素在溶液中的主要存在形式为 (填化学式)，与碱反应的离子方程式为 、 。 (2)水热再生过程中，需要定量补充固体的目的是 ，以获得高纯度分子筛()材料。滤液2的 (填“大于”或“小于”)滤液1的。 (3)已知树脂片段的结构为。在吸附时，中心镓离子与树脂间存在的主要相互作用是 。 (4)操作X为 。 (5)硅-钾化肥可改良土壤环境。依据其一有效组分的晶胞结构，推测该组分中钾离子能被植物吸收的原因是 。 38.【答案】(1)；； 根据分析，滤液1的为，依据(Ⅲ)和(Ⅳ)的分布系数图，铝元素在溶液中的主要存在形式为，硅元素在溶液中的主要存在形式为与，故与碱反应的离子方程式为、； (2)使溶液中的为；大于 根据分析，加入固体水热再生的目的是获得高纯度分子筛()材料，同时得到含有的滤液2，水热再生过程中，为了使溶液中的为，需要定量补充固体，更好地得到。滤液1的主要成分为、、、，向滤液1中加入水解后呈碱性的固体后过滤得到滤液2：2K4SiO4+2KAl(OH)4+3H2O=2↓+8KOH、2K3HSiO4+2KAl(OH)4+H2O=2↓+6KOH，滤液的碱性变强，故滤液2的大于滤液1的； (3)配位作用 已知树脂片段的结构为，其中的N与O原子均存在孤电子对，的中心镓离子提供空轨道，形成配位键，则在吸附时，中心镓离子与树脂间存在的主要相互作用是配位作用； (4)浓缩结晶、过滤 根据分析，用树脂吸附滤液2中的，再加入K2S、KOH进行进行树脂解吸得到含的溶液，将所得溶液浓缩结晶、过滤除去析出的K2S晶体，得到富镓溶液，故操作X为浓缩结晶、过滤； (5)钾离子处在结构的层间及空洞中，能够通过阳离子交换释放 从晶胞结构来看，钾离子处在结构的层间及空洞中，钾离子与晶胞结构中的其他离子结合力较弱，能够通过阳离子交换释放，从而脱离晶胞进入土壤中，能被植物吸收。 39.(2025高考·浙江)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)。 39.【答案】(1)ABD 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。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。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。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。 (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 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； ②2 +3H2SO4 + 8H2O 2+ 3(NH4)2SO4 +2 H2S↑；或 +3H2SO4 + 4H2O + 3NH4HSO4 + H2S↑ 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) 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 4+33O2 + 2H2SO4 = 12CuSO4 + 2 Fe2(SO4)3 +2H2O 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； ②SO2；、Fe2+ 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+。 40.(2025高考·全国卷)我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： 回答下列问题： (1)绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为 。 (2)经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、。滤渣①的主要成分是 、 。 (3)加入 “调”，过滤后，滤渣②是 、 ，滤液中的浓度为 。 (4)“焙烧②”后得到。晶胞如图所示，晶胞中含有的个数为 。 (5)调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为 。 (6)蛇纹石“矿化”固定，得到，相当于固定 L(标准状况)。 40.【答案】(1) 绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫，反应的化学方程式为，故答案为：； (2)； 经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；分解生成、二氧化硫、三氧化硫，“水浸”，过滤分离后，滤渣①的主要成分是为、，故答案为：；； (3)；； 加入 “调”，，，，，溶液中没有铁离子、氯离子，两者均以氢氧化物沉淀下来，过滤后，滤渣②是为、；滤液中的浓度为，故答案为：；；； (4)4 因为离子半径，晶胞图中位于8个顶点，6个面心，1个晶胞中的个数为，故答案为：4； (5) 调节“沉镍”后的溶液为碱性，通入二氧化碳“矿化”发生反应 ，故答案为：； (6)89.6 物质的量为，根据C原子守恒，固定为，标准状况下的体积为，故答案为：89.6。 41.(2025高考·湖南)一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液的工艺流程如下： 已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的： 开始沉淀的 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉淀的 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 回答下列问题： (1)基态的价层电子排布式为 。 (2)“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是 (写化学式)；还原的化学方程式为 。 (3)“沉铁”时，转化为的离子方程式为 ，加热至的主要原因是 。 (4)“沉铝”时，未产生沉淀，该溶液中不超过 。 (5)“第二次萃取”时， 、 (填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为 。 41.【答案】(1) 原子的价电子是指和能级上的电子，所以基态原子的价电子排布式为； (2)； 由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是；将3价钴还原为2价钴，同时由于硫酸的作用得到，化学方程式为； (3)；防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降 “沉铁”时，转化为，铁元素化合价上升，则做氧化剂，离子反应为：；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至的主要原因是防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降； (4) 由表可知，，“沉铝”时，未产生沉淀，则； (5)；；sp2 由流程可知，第二次萃取时，主要萃取，因此与混合萃取剂形成的配合物更稳定；六元杂环是平面结构，N原子提供单电子用于环内形成大π键，剩余1对孤对电子形成配位键，N的价层电子对数为3，是sp2杂化。 42.(2025高考·广东)我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 (1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。 (2)“高压加热”时，生成的离子方程式为： 。 (3)“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。 (4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有 。 A.镍与N、O形成配位键 B.配位时被还原 C.配合物与水能形成分子间氢键 D.烷基链具有疏水性 (5)晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则 ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。 (6)①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为 和 。 ②“电解”时，颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注 。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是 (写一条)。 42.【答案】(1)搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等 “酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等； (2)4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+ 由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为，离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+； (3)5 “沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，，根据Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5； (4)AD “选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有： A、镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确。配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误。配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误。烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确。 (5)3：1：1 根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为，面心的原子与体心的原子距离为，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×个，顶点原子为Cu，有8×个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1； 12 根据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为； (6)2NH3N2+3H2；Fe2O3+3H22Fe+3H2O ①氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O； ②电解Fe2O3颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH溶液和颗粒，装置图如下： ； ③没有污染物产生 与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。 43.(2025高考·北京)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： 。 43.【答案】(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)CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H-C-H的键角为109°28′，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28′。 (3)①N 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生成的活化能更低 由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，反应生成的活化能更低，故室温下易于生成； ②根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应为放热反应，即，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，脱除生成是指逆反应方向，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。 44.(2025高考·云南)从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下： 已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25℃时，的为。 回答下列问题： (1)基态Cu原子的价层电子排布式为 。 (2)“还原酸浸”时，反应的离子方程式为 。 (3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ① ② 上述过程中的催化剂为 。 (4)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为 。 (5)根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为 。 (6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则 。 (7)一种锑锰合金的立方晶胞结构如图。 ①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有 个。 ②为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为 (列出计算式即可)。 44.【答案】(1) Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布属于洪物规则的特例，其价电子数为11，其价层电子排布式为。 (2) “还原酸浸”时，被亚硫酸钠还原为，该反应的离子方程式为。 (3) “浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ① ② 分析以上两反应可知，参与了反应①，但在反应②又重新生成，其质量和性质在反应前后没发生变化，因此，上述过程中的催化剂为。 (4)大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度 “还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件；第三，还可以减少废水的排放量和处理成本；第四，可以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。 (5) “还原酸浸”时，和CuO可以被硫酸溶解转化为和，亚硫酸钠将还原为，而并未被还原，因此，的氧化性强于；“氧化”时，被氧化为，因此，的氧化性强于。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为。 (6)0.19 25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，根据的为，则。 (7)①12 由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方，Sb位于晶胞的顶点，其与邻近的3个面的面心上的Mn距离最近且距离相等，每个顶点参与形成8个晶胞，而每个面心参与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有个。 ② 由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1个Sb和3个Mn，因此，该晶胞的质量为，该晶胞的体积为，晶体的密度为。 45.(2025高考·江苏)可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是 。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全 (写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为 (填化学式)。 (2)制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为 (填离子符号)，区域B带 (填“正电”或“负电”)。 (3)回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式： 。 ②反应后，砷回收率下降的原因有 。 45.【答案】(1)①氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 酸浸时，若不通入，会发生反应：，通入可以氧化生成S，促进酸浸反应正向进行，提高浸出率； ②否。时， ，则未沉淀完全 通入除镉，当溶液时，，又因为，=，则=，则此时，此时的浓度大于，离子沉淀不完全。 ③ZnO 由②知，除镉时溶液酸性较强，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的，加入的氧化物为ZnO。 (2)；负电 晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由替换，区域B中，由替换；按照均摊法，区域B中含：3个、：1个、：个，，则区域B带负电。 (3)① 根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”，与反应除了生成外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：。 ②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降 随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降，所以反应后，砷回收率下降。 46.(2025高考·河南)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 46.【答案】(1)s；3d8 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)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 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)Ni2P 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)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 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且反应放热，可以为碳酸钙分解提供能量，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)T1；升高温度，反应Ⅱ正向移动 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)1.2；70% 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%。 47.(2025高考·甘肃)研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下： 已知：熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：，，，高于 (1)设计焙烧温度为600℃，理由为 。 (2)将通入和的混合溶液可制得，该反应的化学方程式为 。 (3)酸浸的目的为 。 (4)从浸出液得到Cu的方法为 (任写一种)。 (5)某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数，。与Pb之间的距离为 pm(用带有晶胞参数的代数式表示)；该化合物的化学式为 ，晶体密度计算式为 (用带有阿伏加德罗常数的代数式表示和分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。 47.【答案】(1)使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使As2O3沸腾收集 设计焙烧温度为600℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集，故答案为：使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集； (2)4++2=3+CO2 将通入和的混合溶液可制得，根据元素守恒可知还生成了二氧化碳，该反应的化学方程式为4++2=3+CO2，故答案为：4++2=3+CO2； (3)分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液 酸浸时，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，故酸浸的目的为分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液； (4)电解法或置换法 浸出液主要为硫酸铜，经过电解或置换法转化为铜，故从浸出液得到Cu的方法有：电解法或置换法； (5)；CsPbBr3； 某含Pb化合物室温下晶胞如图所示，Cs位于体心，个数为1，Pb位于顶点，个数为=1，Br位于棱心，个数为=3，该化合物的化学式为CsPbBr3，Cs位于体心，Pb位于顶点，与Pb之间的距离为体对角线的一半，由于晶胞参数，℃，与Pb之间的距离为 pm，该晶体密度计算式为，故答案为：；CsPbBr3；。 48.(2025高考·山东)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。 48.【答案】(1)四；VIII；4：5 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)①N；O 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。 ②sp2 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。 ③O 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。 ②n； m截面面积Sm=a2pm2，每个顶点被8个相邻晶胞共享​​，每个晶胞的面被两个晶胞共用，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，每个顶点被8个相邻晶胞共享，每个顶点参与形成四个通过体心的截面，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。 49.(2025高考·安徽)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 49.【答案】(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)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 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 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)a 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，选a。 50.(2025高考·黑吉辽蒙卷)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为； ②； ③酒石酸(记作)结构简式为。 回答下列问题： (1)分子中手性碳原子数目为 。 (2)“氧化浸出”时，过二硫酸根转变为 (填离子符号)。 (3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为 。 (4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 。 (5)滤渣2中的金属元素为 (填元素符号)。 (6)“浸铅”步骤，和反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为 ，pH过高可能生成 (填化学式)。 (7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为 。 50.【答案】(1)2 碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A分子中手性碳原子有2个，； (2) “氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为； (3)“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小； (4)Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu 加入Zn发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2+置换出Cu单质，离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu； (5)Fe 根据分析，滤渣1有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素的沉淀； (6)pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+正向移动，PbA产率增大；Pb(OH)2 “浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-PbA+，Na2A溶液中存在A2-+H2OHA-+OH-，pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+正向移动，PbA产率增大；pH过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA产率降低； (7)Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑ 290℃“真空热解”PbA即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb单质和2种气态氧化物为CO和H2O，反应的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑。 51.(2025高考·浙江)某研究小组探究AlCl3催化氯苯与氯化亚砜(SOCl2)转化为化合物Z()的反应。实验流程为： 已知： ①实验在通风橱内进行。 ②SOCl2遇水即放出SO2和HCl；AlCl3易升华。 ③氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水。 请回答： (1)在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置如图所示，此处漏斗的作用是 。 (2)写出下图中干燥管内可用的酸性固体干燥剂 (填1种)。 (3)步骤Ⅰ，下列说法正确的是 。 A.氯苯试剂可能含有水，在使用前应作除水处理 B.三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度 C.因实验在通风橱内进行，X处无需连接尾气吸收装置 D.反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束 (4)步骤Ⅱ，加入冰水的作用是 。 (5)步骤Ⅲ，从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作如下，请排序 (填序号)。 ①减压蒸馏 ②用乙醚萃取、分液   ③过滤 ④再次萃取、分液，合并有机相   ⑤加入无水Na2SO4干燥剂吸水 (6) AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl键的断裂，原因是 。 51.【答案】(1)AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3 已知AlCl3易升华，即受热之后变为蒸汽，遇冷之后又凝华为固体，故在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置中漏斗的作用是：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3，故答案为：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3； (2)P2O5、硅胶 酸性干燥剂一般用于干燥酸性或中性气体，常见的酸性固体干燥剂有五氧化二磷或硅胶等，它可以吸收水分，此处干燥剂是为了防止空气中水蒸气进入，可使用P2O5、硅胶，故答案为：P2O5、硅胶； (3)ABD 由题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，氯苯试剂可能含有水，故在使用前应作除水处理，A正确。由题干信息可知，AlCl3易升华，故三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度，B正确。由(2)题干信息可知，X处装入干燥剂起到干燥作用，而未能吸收尾气，故因实验在通风橱内进行，X处仍需连接尾气吸收装置以增加实验的安全性和环保性，C错误。已知氯苯和SOCl2在AlCl3催化作用下生成Z和HCl，即反应过程中能够产生难溶于有机物的HCl气泡，则可知反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束，D正确。 (4)除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率 由分析可知，步骤Ⅰ所得M1中含有Z、氯苯和SOCl2、AlCl3等，结合题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，且AlCl3易溶于水而难溶于有机物，故步骤Ⅱ中加入冰水的作用是除去混合物中的SOCl2、AlCl3，同时冰水可以降低反应速率；故答案为：除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率； (5)②④⑤③① 由分析可知，步骤Ⅱ得到的混合物M2中含有Z、氯苯，结合题干信息：氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水，步骤Ⅲ从混合物M2中得到Z粗产物的所有操作为：用乙醚萃取、分液，再次萃取、分液，合并有机相，加入无水Na2SO4干燥剂吸水，过滤出Na2SO4晶体，即得到氯苯和Z的混合，在进行减压蒸馏，故答案为：②④⑤③①； (6)AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，促使SOCl2反应中S-Cl键的断裂 已知AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，故AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl健的断裂，故答案为：AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，促使SOCl2反应中S-Cl键的断裂。 52.(2025高考·浙江)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 。 52.【答案】(1)AD 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，A正确。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，B错误。比多一个电子层，所以的半径大于的半径，C错误。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，D正确。 (2)① Ca3PCl3 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； ②溶液变蓝，有气体放出 Ca3PCl3中P显-3价，将该化合物加入到含少量石蕊的中，反应生成氯化钙、氢氧化钙、PH3气体，溶液呈碱性，实验现象是溶液变蓝，有气体放出。 (3)的负电荷密度大，更易结合氢离子 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硫酸、盐酸、氢氟酸 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碳酸钠溶液；过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；加热脱水 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。 ③2+30C+20SiO220CaSiO3+3P4+30CO↑ 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↑。 53.(2025高考·上海)铁红是颜料，什么什么自古以来使用很多的……(题干缺失)。 (1)赭红的主要成分是 。 A. B. C. D. (2)饱和氯化铁溶液说法正确的是 。 A.常温显中性 B.加铁粉变红褐色 C.遇沸水后得到胶体 D.加氨水有白色沉淀 (3)有关铁原子说法正确的是 。(不定项) A.有4个不同能级的电子 B.有5个未成对电子 C.占据15个原子轨道 D.有26种能量不同的电子 (4)加热试管中固体至红热，则 。(不定项) A.移开酒精灯后固体保持红热 B.S只做还原剂 C.主要产生的气体附产物为 D.最终得到黑色的 (5)内界为 ，配体有 种 (6)，加水稀释至体积为原来的2倍，则 。 A.增大 B.不变 C.减小 并用浓度商Q与平衡常数K的大小关系解释原因 。 (7)已知，求的分布系数 。 x 1 2 3 4 K 30.2 134.9 97.72 1.02 53.【答案】(1)D 、、均为黑色，赭红的主要成分是，故选D。 (2)C 饱和氯化铁溶液中铁离子水解使得溶液显酸性，A错误。铁和铁离子生成亚铁离子，溶液变为浅绿色，B错误。制取红褐色胶体应该向煮沸的蒸馏水中滴加饱和氯化铁溶液至溶液变红褐色，C正确。加氨水生成红褐色氢氧化铁沉淀，D错误。 (3)C 铁为26号元素原子，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2。.有7个不同能级的电子，错误。有4个未成对电子，错误。占据15个原子轨道，正确。同一能级能量相同，有7种能量不同的电子，错误，选C。 (4)A 铁和硫反应为放热反应，移开酒精灯后固体保持红热，A正确。反应生成FeS，S化合价降低，做氧化剂，B错误。主要产生的气体附产物为二氧化硫，而非，C错误。最终得到黑色的FeS，D错误。 (5)；2 内界为，配体有SCN2-、H2O两种 (6)A；所有离子浓度变为原来，，平衡逆移 所有离子浓度变为原来，，平衡逆移，使得溶液中铁离子的物质的量增大，故选A； (7)0.805 、、、，=。 54.(2024高考·上海)I.铝的三种化合物的沸点如下表所示： 铝的卤化物 沸点 1500 370 430 (1)解释三种卤化物沸点差异的原因_______。 (2)已知反应。 ① ② ③ ④ ⑤ 则_______。 (3)由图可知，若该反应自发，则该反应的_______。 A. B. C. D. II.已如的晶胞如图所示(已知结构为平行六面体，各棱长不相等，在棱心) (4)该晶体中，每个，距离其最近的有_______个。 A.4 B.5 C.8 D.12 (5)已知，一个晶胞的体积。求的晶胞密度_______。 (6)水解可得胶体，请解释用可净水的原因_______。 (7)用上述制得的胶体做电泳实验时，有某种胶体粒子向阴极移动，该粒子可能是_______。 A. B. C. D. 54.【答案】(1)AlF3为离子晶体，AlCl3和AlBr3为分子晶体，故AlF3的沸点最高；AlBr3的相对分子质量大于AlCl3，故AlBr3的分子间作用力大于AlCl3，所以AlBr3的沸点高于AlCl3。 (2)。 (3)A。 (4)A。 (5)3.24g·cm-3。 (6)氢氧化铝胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降，因而常用于水的净化 。 (7)A。 【解析】(1)为离子晶体，和为分子晶体，故的沸点最高；的相对分子质量大于，故的分子间作用力大于，所以的沸点高于。 (2)由题中所给的热化学方程式，根据盖斯定律可知，目标热化学方程式可由①×(-1)+②×2+③×3+④×3+⑤×(-1)得到，故。 (3)由可得，根据图像可知，该直线解析式得斜率小于0，纵截距大于0，即，；故结果为，，选项A正确。 (4)选取晶胞中宽上的棱心分子，由于各棱长不相等，与该棱心分子距离最近的分子为该晶胞中相邻两条高中的棱心分子以及相邻晶胞中两条高中的棱心分子，共有4个，故选A。 (5)由Al2Br6的晶胞图可知，根据均摊法，一个晶胞中Al2Br6的个数为，则一个晶胞的质量为，一个晶胞的体积，则Al2Br6的晶胞密度为 (6)由于氢氧化铝胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降，因而常用于水的净化。。 (7)某种胶体粒子向阴极移动，说明该粒子带正电，故选A。 55.(2024高考·上海)已知可二聚为下图的二聚体： (1)该二聚体中存在的化学键类型为_______。 A.极性键 B.非极性键 C.离子键 D.金属键 (2)将该二聚体溶于生成(结构如图所示)，已知其配离子为四面体形，中心原子杂化方式为_______，其中配体是_______，该配合物中有键_______。 55.【答案】(1)A。 (2)sp3；CH3CN；14。 【解析】(1)从图中可知，该二聚体中Br和Al之间以极性键相连，该二聚体中存在的化学键类型为极性键，答案选A。 (2)该配离子中，中心原子Al形成4条单键，杂化方式为sp3杂化，其中N原子提供一对孤电子对，配体为CH3CN，1个该配合物中含有12条单键，2条碳氮三键，其中碳氮三键中有1条σ键，因此1mol该配合物中σ键数量为14mol。 56.(2024高考·贵州)煤气化渣属于大宗固废，主要成分为及少量MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料和回收的流程如下： 已知： ①25℃时，； ②。 回答下列问题： (1)“滤渣”的主要成分为_______ (填化学式)。 (2)25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，此时溶液中_______。 (3)“除杂”时需加入的试剂X是_______。 (4)“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”的作用是_______，水热合成的离子方程式为_______。 (5)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料，其工艺如下： ①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”生成的化学方程式为_______。 ②的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有的单元数有_______个。 ③若“焙烧”温度为时，生成纯相，则_______，其可能的结构示意图为_______ (选填“乙”或“丙”)。 56.【答案】(1)SiO2。 (2)2.8×10-6。 (3)NaOH溶液。 (4)提供Na+和反应所需要的碱性环境；。 (5) ；3；0.25；乙。 【解析】(1)煤气化渣(主要成分为及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也不溶解成为滤渣，即“滤渣”的主要成分为SiO2； (2)25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，即c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，此时溶液中； (3)“除杂”时需要沉淀镁离子、得，所以加入的试剂X是NaOH溶液； (4)“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”为NaOH溶液，其既可以提供合成所需要的Na+，又可以提供反应所需要的碱性环境，水热合成的离子方程式为； (5)①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”时、Na2CO3和O2反应生成，其化学方程式为； ②由的晶胞图如甲可知，每个晶胞中含有Fe：4×+2=3，Na：8×+2=3，O：8×+4=6，即每个晶胞中的单元数有3个； ③若“焙烧”温度为时，，生成纯相，则，解得0.25；丙图中Na：1+6×=1.75，，乙图中Na：2+2×=2.25，，则其可能的结构示意图为乙。 57.(2024高考·北京)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_______。 57.【答案】(1)。 (2)平面三角形；杂化。 (3)4；。 (4)与焦炭在高温下反应生成，将还原为单质。 【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：与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn，有关反应的化学方程式为2C+O22CO、2CO+SnO2Sn+2CO2。 58.(2024高考·广东)镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知： ①。 ②(冰晶石)的为。 ③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。 (1)“电解”中，反应的化学方程式为_______。 (2)“浸取”中，由形成的离子方程式为_______。 (3)“还原”的目的：避免_______元素以_______ (填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。 (4)“提取”中，原料液的浓度越_______，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入_______ (填化学式)，以进一步提高的提取率。 (5)“调”中，至少应大于_______，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为_______。 (6)一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比_______，其立方晶胞的体积为 。 58.【答案】(1)2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑。 (2)Ga3++4Cl-=[GaCl4]-。 (3)铁；[FeCl4]-。 (4)高；NaCl。 (5)3.2；4.0×10-7。 (6)2：1：1；8a3。 【解析】(1)“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑； (2)“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-； (3)由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离； (4)“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率； (5)由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)==10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=×10-3.2<10-3.2mol/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10mol⋅L-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为=4.0×10-7mol⋅L-1； (6)合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间(或最近的Ni之间)的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3nm。 59.(2024高考·湖南)亚铜配合物广泛用作催化剂。实验室制备的反应原理如下： 实验步骤如下： 分别称取和粉置于乙腈()中应，回流装置图和蒸馏装置图(加热、夹持等装置略)如下： 已知：①乙腈是一种易挥发的强极性配位溶剂； ②相关物质的信息如下： 化合物 相对分子质量 327.5 371 在乙腈中颜色 无色 蓝色 回答下列问题： (1)下列与实验有关的图标表示排风的是_______ (填标号)； A. B. C. D. E. (2)装置Ⅰ中仪器M的名称为_______； (3)装置Ⅰ中反应完全的现象是_______； (4)装置Ⅰ和Ⅱ中气球的作用是_______； (5)不能由步骤c直接获得，而是先蒸馏至接近饱和，再经步骤d冷却结晶获得。这样处理的目的是_______ (6)为了使母液中的结晶，步骤e中向母液中加入的最佳溶剂是_______(填标号)； A.水 B.乙醇 C.乙醚 (7)合并步骤d和e所得的产物，总质量为，则总收率为_______(用百分数表示，保留一位小数)。 59.【答案】(1)D。 (2)球形冷凝管。 (3)溶液蓝色褪去变为无色。 (4)排出装置内空气，防止制备的产品被氧化。 (5)冷却过程中降低在水中的溶解度。 (6)C。 (7)81.2%。 【解析】(1)表示需佩戴护目镜，表示当心火灾，表示注意烫伤，表示排风，表示必须洗手，故答案为D。 (2)装置Ⅰ中仪器M的名称为球形冷凝管。 (3)在乙腈中为蓝色，在乙腈中为无色，因此装置Ⅰ中反应完全的现象是溶液蓝色褪去变为无色，可证明已充分反应完全。 (4)由于制备的中Cu元素为+1价，具有较强的还原性，容易被空气中氧气氧化，因此装置Ⅰ和Ⅱ中气球的作用是排出装置内空气，防止制备的产品被氧化。 (5)为离子化合物，具有强极性，在水中溶解度较大，在温度较高的环境下蒸馏难以分离，若直接将水蒸干难以获得晶体状固体，因此需先蒸馏至接近饱和，再经步骤d冷却结晶，从而获得晶体。 (6)为了使母液中的结晶，乙腈为强极性溶剂，可向母液中加入极性较小或非极性溶剂，水和乙醇为极性溶剂，乙醚为非极性溶剂，因此可选用的溶剂为乙醚，故答案为C。 (7)的物质的量为，理论制得的质量为，总收率为。 60.(2024高考·山东)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)如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_______。 60.【答案】(1)四；ⅦB；Cr。 (2)MnO2；降低；A。 (3)正四面体形；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； 实验I 实验Ⅱ 实验Ⅲ 无明显变化 溶液变为红色，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体 (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。 61.(2024高考·湖北)学习小组为探究、能否催化的分解及相关性质，室温下进行了实验I~Ⅳ。 已知：为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。回答下列问题： (1)配制的溶液，需要用到下列仪器中的 (填标号)。 a.    b.     c.    d. (2)实验I表明 (填“能”或“不能”)催化的分解。实验Ⅱ中大大过量的原因是 。实验Ⅲ初步表明能催化的分解，写出在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式 、 。 (3)实验I表明，反应难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析、分别与配位后，正向反应能够进行的原因 。 实验Ⅳ： (4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为 、 。 61.【答案】(1)bc。 (2)不能；与按物质的量之比4:1发生反应，实验中与的物质的量之比为32:3； 。 (3)实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成(该反应为快反应)，导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行。 (4)；。 【解析】(1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。 (2)CoSO4溶液中存在大量的，向其中加入30%的后无明显变化，因此，实验I表明不能催化的分解。实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为，实验中与的物质的量之比为32:3，因此，大大过量的原因是：与按物质的量之比4:1发生反应，实验中与的物质的量之比为32:3。实验Ⅲ的实验现象表明在的作用下能与反应生成，然后能催化的分解，因此，在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为、 。 (3)实验I表明，反应难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成(该反应为快反应)，导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行。 (4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生了，因此从A到C所产生的气体的分子式分别为和。 62.(2024高考·甘肃)我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)为原料，对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示： 已知： (1)高炉渣与经焙烧产生的“气体”是_______。 (2)“滤渣”的主要成分是和_______。 (3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为_______，该反应能进行的原因是_______。 (4)铝产品可用于_______。 (5)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数。图丙中与N的距离为_______；化合物的化学式是_______，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，则晶体的密度为_______(列出计算表达式)。 62.【答案】(1)NH3。 (2)SiO2。 (3)；，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙。 (4)净水。 (5)；Ca3N3B；。 【解析】(1)由分析可知，高炉渣与经焙烧产生的“气体”是NH3； (2)由分析可知，“滤渣”的主要成分是和未反应的SiO2； (3)“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为，该反应之所以能发生，是由于，，，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙； (4)铝产品溶于水后，会产生，水解生成胶体，可用于净水； (5)图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故与N的距离为pm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为，N的个数为，B的个数为，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，晶胞体积为则晶体的密度为。 63.(2024高考·全国)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)。 63.【答案】(1)2；+4。 (2)bd。 (3)C；。 (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量越大，分子间作用力越强，熔点越高。 (5)6；。 【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，距离每个原子周围最近的原子数均为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。 64.(2024高考·安徽)精炼铜产生的铜阳极泥富含等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。 回答下列问题： (1)位于元素周期表第_______周期第_______族。 (2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是_______。 (3)“浸取2”步骤中，单质金转化为的化学方程式为_______。 (4)“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的_______ (填化学式)转化为。 (5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为_______。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为_______ (填化学式)。 (6)“还原”步骤中，被氧化的与产物的物质的量之比为_______。 (7)可被氧化为。从物质结构的角度分析的结构为(a)而不是(b)的原因：_______。 64.【答案】(1)四；ⅠB。 (2)Cu2+。 (3)。 (4)AgCl。 (5)；。 (6)3：4。 (7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。 【解析】(1)Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族； (2)由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主要是Cu2+； (3)浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：； (4)根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与反应转化为； (5)电沉积步骤中，阴极发生还原反应，得电子被还原为Ag，电极反应式为：；阴极反应生成，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为； (6)还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4； (7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。 65.(2024高考·湖北)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐中提取铍的路径为： 已知： 回答下列问题： (1)基态的轨道表示式为_______。 (2)为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是_______。 (3)“萃取分液”的目的是分离和，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是_______。 (4)写出反萃取生成的化学方程式_______。“滤液2”可以进入_______步骤再利用。 (5)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是_______。 (6)与醋酸反应得到某含4个的配合物，4个位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个的配位环境相同，与间通过相连，其化学式为_______。 65.【答案】(1)。 (2)快速冷却。 (3)无明显现象。 (4)；反萃取。 (5)增强熔融氯化铍的导电性。 (6)。 【解析】(1)基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表达式为。 (2)熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却。 (3)“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，则水相1中含有Al3+，则向过量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可观察到的现象为：无明显现象。 (4)反萃取生成的化学方程式为，滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用。 (5)氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性。 (6)由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be与Be之间总共有六个CH3COO-，则其化学式为：。 66.(2024高考·浙江)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_______。 66.【答案】(1)12；K3ClO；K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H$