2025全国高考化学试题汇编：不同聚集状态的物质与性质章节综合1（鲁科版）

2025全国高考真题化学汇编

不同聚集状态的物质与性质章节综合1（鲁科版）

一、单选题

1.（2025四川高考真题）生产磷肥时，利用纯碱溶液吸收SiR的反应如下：

3Sif^+2Na2CO3+2H2O=2Na2SiI^J+H4SiO4+2CO2。下列说法错误的是

A.Na?SiR中含有配位键

B.Si且和H。都是由极性键构成的极性分子

C.CO?和Si。?晶体分别为分子晶体和共价晶体

D.COj的VSEPR模型和空间结构都为平面三角形

2.（2025四川高考真题）Cas3的四方晶胞（晶胞参数。邛=丫=90。，省略C。》中的氧，只标出C4+）和

CaO的立方晶胞如图所示，NA为阿伏加德罗常数的值。

OCa2+

•o2'

H------------>1

0.96。pm

下列说法错误的是

A.CaCOs晶胞中1位C,+的分数坐标为

B.CaCO3晶胞中2位和3位Ca?+的核间距为U^apm

C.CaO晶胞和CaCOs晶胞中原子数之比是4：15

D.CaO晶体密度小于CaCC）3晶体密度

3.（2025湖南高考真题）K+掺杂的祕酸钢具有超导性。K+替代部分Ba?+形成Ba°.6KgBiO3（摩尔质量为

354.8g.mor1）,其晶胞结构如图所示。该立方晶胞的参数为anm,设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说

法正确的是

@o

A.晶体中与钿离子最近且距离相等的一有6个

B.晶胞中含有的祕离子个数为8

C.第一电离能：Ba>O

21

3.548xl0一3

D.晶体的密度为一—g-cm3

a-N4

4.（2025湖南高考真题）下列有关物质性质的解释错误的是

性质解释

A酸性：CH3COOH<HCOOH-CHj是推电子基团

B熔点：C2H5NH3NO3<NH4NO3C2HsNH；的体积大于NH；

C熔点：Fe>NaFe比Na的金属性弱

D沸点：H2O>H2SHq分子间存在氢键

A.AB.BC.CD.D

5.（2025重庆高考真题）化合物X的晶胞如图所示，下列叙述正确的是

A.X中存在兀键B.X属于混合型晶体C.X的化学式可表示为C3N4D.X中C原子上有1对孤

电子对

6.（2025湖北高考真题）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.KNO3的熔点比K3PO’的低，因为KNO3的离子键更强

B.磷单质通常不以此形式存在，因为磷磷之间难以形成三键

H

I0

C.次磷酸HO—Pf0比硝酸II的酸性弱，因为前者的H-O键极性小

HO—N->0

H

D.P形成PE而N形成NF,,因为P的价层电子轨道更多且半径更大

7.（2025湖北高考真题）SO?晶胞是长方体，边长awbwc,如图所示。下列说法正确的是

A.一个晶胞中含有4个。原子

B.晶胞中SO2分子的取向相同

C.1号和2号S原子间的核间距为♦a。+b。pm

2

D.每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有4个

8.（2025湖北高考真题）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

BNH3溶于水显碱性NH3可结合水中的质子

C。且可以氧化H?。中0显正电性

D石墨作为润滑剂石墨层间靠范德华力维系

A.AB.BC.CD.D

9.（2025广东高考真题）由结构不能推测出对应性质的是

选

结构性质

项

Aso3的VSEPR模型为平面三角形SC>3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乙烯和乙烘分子均含有兀键两者均可发生加聚反应

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石墨具有类似金属的导电

D

动性

A.AB.BC.CD.D

10.（2025广东高考真题）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CH3cH2cl

B.磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成，Fes。,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

11.（2025云南高考真题）（Lio45La085）Sc03是优良的固态电解质材料，Ce"取代部分La?+后产生空位，可

提升Li+传导性能。取代后材料的晶胞结构示意图（O?-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

•Sc3+

OLa?+或Li+或

Ce4+或空位

Z

匚

X

A.每个晶胞中-个数为12

Joo7

B.该晶胞在yz平面的投影为♦••

OO

▲♦，

c.Ce4+取代后，该电解质的化学式为（Li045Lao.85.yCey）Sc03

D.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

12.（2025云南高考真题）Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是

H2OHC1「'熔融电解「

Be2C--~>Be(OH)2------->BeCl2匕士卜》Be

熔点2200OCNaOH熔点405℃号电皿

沸点488OC

Na2[Be(OH)4]

A.Be（OH）2是两性氢氧化物

B.Be2c和BeC"的晶体类型相同

C.Na2[Be（OH）4]中Be原子的杂化方式为sp?

D.Be2c与H?。反应：Be2C+4H2O=2Be（OH）2+CH4T

13.（2025江苏高考真题）在溶有15-冠-5（）的有机溶剂中，苇氯（

应:

下列说法正确的是

A,不氯是非极性分子B.电负性：x(F)<Z(Cl)

C.离子半径：r（R）＞r（Na+）D.X中15-冠-5与Na+间存在离子键

14.（2025陕晋青宁卷高考真题）一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶胞密度为dg-cm。阿伏加德

罗常数的值为NA，下列说法错误的是

•C

oN

oB

>

Ag

A.沿晶胞体对角线方向的投影图为

B.Ag和B均为sp3杂化

C.晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个

J3x3^|xlOlopm

D.Ag和B的最短距离为事

15.（2025陕晋青宁卷高考真题）下列对物质性质的解释错误的是

选项物质性侦解释

A氯化钠熔点高于氯化葩氯化钠离子键强于氯化钠

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.AB.BC.CD.D

二、解答题

16.（2025全国高考真题）我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是Mg3Si2C）5（OH）4,伴生有少量

Ni、Fe、Al等元素。利用蛇纹石转化与绿矶分解的耦合回收NiO并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所

zKo

NaOH沉淀剂CO2

蛇纹石------------------1

Mg5(CO3)4(OH)2-4H2O

1w、r

滤海①滤看②|焙•②卜►NiO

已知:

A1(OH)3Fe(OH)3Mg(OH)2Ni(OH)2

%1.3X1O-332.8x10-395.6xl0125.5xl016

回答下列问题：

⑴绿矶(FeSOCH?。)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o

(2)经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度(mol•1?)分别为：Ni2+0.005>Fe3+0.150>

Mg?+0.430、Al3+0.010»滤渣①的主要成分是、o

(3)加入NaOH“调pH=6"，过滤后，滤渣②是、,滤液中AP+的浓度为mol-L1=

(4)“焙烧②”后得到NiO。NiO晶胞如图所示，晶胞中含有Ni?+的个数为0

(5)调节“沉镇”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为o

(6)1.0kg蛇纹石“矿化”固定CO2,得到0.466kgMg5(CO3)4(OH)2-4H2O,相当于固定CO?L(标准状

况)。

17.(2025广东高考真题)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、AhCu、Ni、O等元素。

氢氧化物Fe(OH)3A1(OH)3CU(OH)2Ni(OH)2

2.8x10-392.2x10-2。

KSP(298K)1.3x10-335.5x10-6

(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Fe2c)3的离子方程式为：

高压I+

+

----+OZ,+----HZ,O^.=----FeZO3J+---------H

A

⑶“沉铝”时，pH最高可调至_____(溶液体积变化可忽略)。己知：“滤液1”中c(Cu2+)=0.022mol/L,

2+

c(Ni)=0.042mol/Lo

(4)“选择萃取”中，银形成如图的配合物。锲易进入有机相的原因有。

A.保与N、0形成配位键B.配位时Ni?+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)2£%电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dNYu：dN「N=3：l，则x：y：z=；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H?,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，FeQs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)。

18.(2025北京高考真题)通过MgCl?和[Mg(NH3)61CL的相互转化可实现NW的高效存储和利用。

(1)将Mg的基态原子最外层轨道表示式补充完整：。

3s3p

⑵NH3分子中H—N—H键角小于109。28、从结构角度解释原因：

(3)[Mg(NH3)6]CL的晶胞是立方体结构，边长为a”w,结构示意图如下。

②已知［Mg(NH3)61C12的摩尔质量为Mg.mol」，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为gem

(lnm=107cm)

(4)MgCl2和NH3反应过程中能量变化示意图如下。

①室温下，MgCl2和NN反应生成［MglNHjlS而不生成［Mg(NH3)］CU。分析原因：。

②从平衡的角度推断利于［Mg(NH3)6］CU脱除NN生成MgC"的条件并说明理由：。

19.(2025云南高考真题)从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、FeQ、MnO?、CuO、SiO?等)中提取Au、

Ag,并回收其它有价金属的一种工艺如下：

H2so4、Na2sO3

滤渣2

已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%o

②25℃时，Mn(OH)2的％为I9：!。、

回答下列问题：

(1)基态Cu原子的价层电子排布式为o

(2)“还原酸浸”时，Mn。?反应的离子方程式为0

(3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：

:+3-5-

@Au+5s2。[+[CU（NH3）4]=[AU（S2O3）9]+[Cu（S2O3）3]+4NH3

2+

②4[Cu（S2（）3）『+I6NH3+O2+2H2O=4[Cu（NH3）4]+4OH+12S2O^

上述过程中的催化剂为o

（4）“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为o

（5）根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe?+、Cu2\MnO?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Mn（OH）2析出，则mollL

②NA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）。

20.（2025江苏高考真题）ZnS可用于制备光学材料和回收碑。

⑴制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉（CdS）等]制备ZnS的过程如下：

SCdS

27713

已知：Ksp（ZnS）=l.exlO^.KspCCdS）=8.0xl0-,Kal（H2S）=1.0xIO_,Ka2（H2S）=1.2x10-。当离子浓度小

于1.0x10-5mol时，认为离子沉淀完全。

①酸浸时通入5可提高Zn^浸出率的原因是0

②通入H2s除镉。通过计算判断当溶液pH=0、c（H2S）=0.01mol-r时，Cd?+是否沉淀完全_____（写出计

算过程）。

③沉锌前调节溶液的pH至4~5,加入的氧化物为（填化学式）。

⑵制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl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。

甲

区域A“产中的离子为(填离子符号)，区域B带(填“正电”或“负电”)。

(3)回收碑。用ZnS去除酸性废液中的三价碑[As(III)],并回收生成的As2s3沉淀。

已知：溶液中As(III)主要以弱酸H3ASO3形式存在，AS2S3+6H2O2H3ASO3+3H2SO

60c时，按n(S):n(As)=7:l向酸性废液中加入ZnS,碑回收率随反应时间的变化如图乙所示。

%

、

树

母

B回

012345

反应时间/h

乙

①写出ZnS与H3ASO3反应生成As5的离子方程式：

②反应4h后，碑回收率下降的原因有o

参考答案

题号12345678910

答案BDACCADAAA

题号1112131415

答案CBCAC

1.B

【详解】A.Na2SiF6的阴离子Si咒一中有si提供空d轨道，F提供孤对电子形成的配位键，A正确；

4—4x1

B.SiF4中心原子Si的价层电子对数是4+=4,无孤对电子，为正四面体结构，分子对称，属于非

极性分子；H20为极性分子，B错误；

c.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；

D.CO；中心原子C的价层电子对数是3+4+=3,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；

故选Bo

2.D

【详解】A.根据图示，CaCOs晶胞中1位C,+位于晶胞的棱角，其分数坐标为（0,0」），故A正确；

B.2位Ca?+坐标为（a,a,1.7a）,3位Ca?+坐标为（0,0,3.4a）,核间距：d二,4.89apm,B正确；

C.CaO晶胞中原子个数为：8x1+1x6+12x1+1=8,CaCO、晶胞中原子个数为：

824

4x=+8x：+4+（8x:+4）x4=30（省略COj中的氧，只标出C4+，所以一起计算C°j的原子），CaO晶

484

胞和CaCOs晶胞中原子数之比是4:15,C正确；

4x56g/mol

D.晶体密度计算公式为：P=NW，CaO晶体密度为:g/cm3,

lo3330

NA(O.96axlOcm)NAxaxW

6xl00g/mol

g/cn?,CaO晶体密度

CaCOs晶体密度为：P=-10-10-103-31

NAxax10cmxax10cmx3.4ax10cmNAxaxlO

大于CaCC>3晶体密度，D错误；

故答案选D。

3.A

【详解】A.钿离子位于顶点，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；

B.晶胞中含有的钿离子个数为8x：=l个，B错误；

O

C.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;

1354.8

D.晶胞中Ba或K位于体心，个数为总和1,O,-位于棱心，有12x：=3,所以晶胞的质量是1厂g,

4NA

晶胞体积是卜*10-7）1/，则晶体的密度是：铲且〈皿7,口错误;

故选Ao

4.C

【详解】A.-CHs是推电子基团，使乙酸中羟基的极性减弱，酸性弱于甲酸，A解释正确；

B.C2H5NH；的体积大于NH；,导致其硝酸盐的晶格能较低、熔点更低，B解释正确；

C.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解释错误；

D.H?。分子间氢键使其沸点反常高于H?S,D解释正确；

故选C。

5.C

【分析】由图可知，晶胞中C原子的个数是6xg=3,N位于晶胞内部，个数为4,则晶胞化学式为

C3N4；

【详解】A.C、N均以单键连接，晶胞中不含无键，A错误；

B.晶胞内只存在共价键，不是混合型晶体，B错误；

C.由分析可知，晶胞化学式为C3N4,C正确；

D.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；

故选Co

6.A

【详解】A.熔点的差异源于离子键的强度。K3P中尸带3个负电荷，而KNC>3中NO；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，KF。,的离子键比KNO3更强，A错

误；

B.氮因原子半径小，p轨道有效重叠，能形成稳定的N三N三键；磷原子半径大，p轨道重叠差，难以形

成稳定的P三P三键，因此倾向于形成P4四面体结构，B正确；

C.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H+;氮电负性高

于磷，因此HVJ中O-H键极性大，酸性强；H/。?中P电负性低，O-H键极性小，酸性弱，C正确；

D.氮价层仅有2s和2P轨道，NF5的中心原子N形成sp3杂化后有3个。键和1个孤对电子；磷有3d轨

道可参与sp3d杂化，且原子半径大，能容纳5个配体，故形成PE，D正确；

故选Ao

7.D

【详解】A.由晶胞图可知，S02分子位于长方体的棱心和体心，1个晶胞中含（12x；+l）个S02分子，含

有8个O原子，A错误；

B.由图可知晶胞中S02分子的取向不完全相同，如1和2,B错误；

C.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9a2+b?pm,C错误；

D.以体心的S原子为例，由于a¥brc,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；

答案选D。

8.A

【详解】A.石蜡油的成分主要是高碳烷烧，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；

B.NH3中N有一对孤电子，能与水提供的H+结合，从而释放0H-,因此NH3溶于水显碱性，B正确；

C.F的电负性大于O,OF2中F显负电性，。显正电性，IhO中。显负电性，H2O中0容易转移电子给

OF2中0,因0F2可以氧化H2O,C正确；

D.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；

答案选A。

9.A

【详解】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符合题意；

B.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不符合题意；

C.乙烯和乙快均含兀键，兀键断裂是加聚反应的基础，结构与性质对应合理，C不符合题意；

D.石墨层中离域p电子使其导电，结构与性质对应合理，D不符合题意；

答案选A。

10.A

【详解】A.聚氯乙烯的单体应为氯乙烯（CH2=CHC1）,而选项中的CH3cH2cl是氯乙烷，单体错误，A

错误；

B.四氧化三铁（Fe3C>4）具有磁性，常用于磁带制作，B正确；

C.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；

D.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；

故选Ao

11.C

【详解】A.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

8xl+4xl=4,由晶体的化学式（Lio45La085）Sc03可知，O原子的个数是Sc的3倍，因此，每个晶胞中

。2-个数为12,A正确;

B.由晶胞结构可知，该晶胞在yz平面的投影就是其前视图篇’•，B正确；

C.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。可知，取代后该电解质的

化学式为（Lio,45.yLao_85一yCe,）ScO3,C错误；

D.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；

综上所述，本题选C。

12.B

【详解】A.由图中转化信息可知，Be（OH）2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；

B.由题中信息可知，Be2c的熔点远远高于BeCb的，因此Be2c不可能是分子晶体，而BeCb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；

C.NajBe（OH）/中Be原子与4个羟基形成4个◎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；

D.Be2c中的Be化合价为+2,C的化合价为-4,因此其与H2。反应生成Be（OH%和CH」，该反应的化学

方程式为Be2c+4H2O=2Be（OH）2+CH4T,D正确；

综上所述，本题选B。

13.C

【详解】A.若氯分子含有饱和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，故茉

氯为极性分子，A错误；

B.同主族元素从上到下电负性逐渐减小，故电负性：x（F）＞Z（Cl）,B错误；

C.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：r（R）＞r（Na+）,C正确；

D.15-冠-5是分子，与阳离子Na+之间不存在离子键，二者通过非共价键形成超分子，D错误；

故选C。

14.A

【详解】

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＜O1，A错误；

B.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

sp'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sp，杂化，B正确；

C.晶胞中Ag位于体心，与Ag最近且距离相等的Ag就是该晶胞上、下、左、右、前、后6个相邻的晶

胞体心中的Ag原子，为6个，C正确；

D.B位于顶点，其个数为8x：=l,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

O

胞参数a=J108+1*2：4+14x4,咿,Ag和B的最短距离为体对角线的一半，即

VNAd

,D正确；

N

2VAd

故选Ao

15.C

【详解】A.氯化钠中的钠离子半径(Na+)比氯化钠中的钠离子半径(Cs+)小，离子键强度更大，因此

熔点更高，解释正确，A正确；

B.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；

C.草酸氢钠溶液显酸性是因为草酸氢根(HC2。：)的电离程度(释放H+)大于水解程度(生成OH-),

解释错误，C错误；

D.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；

故选C。

IWJ温大小本

16.(l)2FeSO4-7H2O^Fe2O3+SO2T+SO3T+14H2Ot

(2)Fe2O3SiO2

9

(3)Fe(OH)3A1(OH)31.3XW

(4)4

2+

(5)5Mg+10OH+4CO2=Mg5(CO3)4(OH)2-4H2O^

(6)89.6

【分析】蛇纹石资主要成分是Mg3SiQ5(OH)4,伴生有少量Ni、Fe、Al等元素和绿矶(FeSO,一凡。)混合

高温焙烧MgsSizCVOH),经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；FeSO-7H2。高温下分解，得到红棕

色固体FeQs和气体产物三氧化硫、二氧化硫；加水水浸过滤得到滤渣①为FeQs、SiO2;滤液中含有

Ni2+>Fe3+>Mg2\Al3+>SO：,加入NaOH调节pH=6,将Fe3+、刈+转化为Fe(OH)3、AKOH%沉淀，

2

过滤滤渣②为Fe(OH)3、A1(OH)3；滤液中含有Ni?+、Mg\SO：,加入沉淀剂将保离子转化为氢氧化保

沉淀，氢氧化镇焙烧后得到氧化银；调节“沉保”后的溶液通入二氧化碳“矿化”发生反应

2+

5Mg+10OH+4CO2=Mg5(CO3)4(OH)2.4H2OJ,得到产物。

【详解】(1)绿矶(FeSO/7H2。)在高温下分解，得到红棕色固体Fe2O,和气体产物三氧化硫、二氧化硫，

反应的化学方程式为2FeSO/7Hq-FeO+SOz个+SC>3T+14HQT,故答案为：

IWI温.A小

2FeSO4-7H2OFe2O3+SO2T+SO3T+14H2OT；

(2)Mg3SiQ5(OH)4经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；FeSO「7H2。分解生成Feq-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Fe2c)3、SiO2,故答案为：Fe2o3；SiO2；

(3)加入NaOH“调pH=6"，c(H+)=10^mol/L,c(OH)=lO^mol/L,

3+M5

c(Fe)="«Fe(°H)3]==2.8x10mol/L<lx10^mol/L,

C3(OH-)(1X10-8)3

C(AF+)=早%萼1=1卷J_=1.3x10-9mol/L<lx10-5mol/L,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Fe(OH)3、A1(OH)3；滤液中Af+的浓度为

9

c(A产)="黑?1=[J：=1.3xWmol/L,故答案为：Fe(OH)A1(OH)；1.3xl0-

c(OH)(1x10)3;3;

(4)因为离子半径Ni">0%,NiO晶胞图中Ni"位于8个顶点，6个面心，1个晶胞中Ni?+的个数为

8x：+6x4=4,故答案为：4；

o2

(5)调节“沉镇”后的溶液为碱性，通入二氧化碳“矿化”发生反应

2+

5Mg+10OH-+4CO2=Mg5(CO3)4(OH)2.4H2O,故答案为：

2+

5Mg+10OH+4CO2=Mg5(CO3)4(OH)2-4H2OJ；

(6)0.466kgMgs(CCD(OH)-4狙。物质的量为/詈=—ol,根据C原子守恒

Mg5(CO3)4(OH)2-4H2O~4C~4CO2,固定CO2为4mol,标准状况下的体积为4molx22.4L/mol=89.6L,

故答案为：89.6。

17.(1)搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等

高压

(2)4Fe2++O2+4H2O^=2Fe2ChJ+8H+

-加热

(3)5

(4)AD

(5)3：1：112

催化剂700℃

(6)2NH3.弓翳压N2+3H2Fe2Ch+3H2-2Fe+3H2O

没有污染物产生

【分析】矿粉酸浸通入S02酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2\AF+等，调节pH=3.0,通入空气加热

得到Fe2O3,FezCh可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2

选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品NixCuyNzo

【详解】(1)“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)由于通入SO「酸浸”，故浸取液中不含有血3+,“高压加热”时，Fe?+在酸性条件下被氧化为FeQ,离

高压

子方程式为：4Fe2++O2+4HO-2FeOi+8H+；

2加热23

(3)“沉铝”时，保证C/+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，c(Cu2+)=0.022mol/L,根据

2+22209

Ksp=c(Cu)xc(OH-)=0.022xc(OH)=2.2xlO-,得出c(OH)=10-mol/L,pH=5；

(4)“选择萃取”中，镶形成如图的配合物。保易进入有机相的原因有：

A、保与N、O形成配位键，可以使操进入有机相，A正确；

(

s

B、配体O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；

C、配合物与水形成氢键，不能解释银进入有机相，C错误；

D、烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确；

答案选AD；

(5)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YZa,面心的原子与体心的原子距离为!a,则可以确定，晶

22

胞中面心原子为Ni,有6x;=3个，顶点原子为Cu,有8x：=l个，体心的原子为N,有1个，则x：y：

2o

z=3：1：1；

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3x8x1=12；

2

(6)①氨气分解为N2和H2,田还原FezCh得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH3缶罂1

700℃

N2+3H2、Fe2O3+3H2-2Fe+3H2O；

②电解FezCh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FeQ：颗粒，装置图如下:

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”思想的共同点是没有污染性的CO

气体产生。

3s3p

(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109028\故NH3分子中H-N-H的键角小于109。28，

4M…

(3)NX。

(4)生成[MgINHs%]。2的活化能更低根据MgCb和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反

应的热化学方程式为MgC12(s)+6NH3(g)=[Mg(NH3)6]C12(s)AH<0,该反应的正反应为气体系数减小的放

热反应，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCho

【详解】(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:

3s3p

(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。28二

(3)①[MgINHs%]©?的内界为[Mg(NH3)6『，故其配体为NH3,由于N原子有孤电子对，所以配位原

子为N；

九11

②根据均摊法，该晶胞中[MgINHs%]的个数为8X5+6X：=4,CL的个数为8,故每个晶胞中含有4个

o2

4M

----g

[Mg(NH3)6]Cl2,则晶体的密度为p=3二—HA_____二把Lx1021g.em-3。

3

V晶胞(axICT'J53aNA

(4)①由MgCL和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，反应生成[Mg(NH3)6]CL的活化能更低，故

室温下易于生成[Mg(NH3)6]CU；

②根据MgCb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

MgCl2(S)+6NH3(g)=[Mg(NH3)6]C12(s)AH<0,该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，脱除NH3生

成MgCl?是指逆反应方向，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCho

19.⑴3d1°4sl

+2+

(2)MnO2+SO；+2H=Mn+SOj+H2O

⑶[CU(NH3)J+

(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

3+2+

(5)MnO2>Fe>Cu

(6)0.19

【分析】由流程可知，矿石经“还原酸浸”，Fe2O3,MnO?被还原为Fe?+和Mf,CuO被溶解为C/,

Au、Ag、SiO?不溶进入“滤渣1”；“沉铜"时，Cu"被铁粉还原为Cu；“氧化时”Fe?+被氧化为Fe3+；“沉

铁”时，Fe3+转化为沉淀，后续转化为氧化铁；“沉镒”时，沉淀为碳酸镒。“浸金银”时，Au、Ag被混

合液浸出，后续提炼出Au、Ago

【详解】(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3/。4s\

(2)“还原酸浸”时，MnO?被亚硫酸钠还原为M/+,该反应的离子方程式为

+2+

MnO2+SO,+2H=Mn+SOj+H2O。

(3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：

_2+5

①Au+5S2O|+[CU(NH3)J=[AU(S2O3)2+[Cu(S2O3)3]-+4NH3

②4[Cu(SQ17+16NH3+。2+2凡0=4[Cu(NH3Z『+4OH+12S2O1

分析以上两反应可知，[CU(NH3)4「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[CU(NH3)4『+。

(4)“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