2026年高考化学二轮复习（全国）综合训练三 元素周期律 物质结构与性质（综合训练）解析版

综合训练三元素周期律物质结构与性质

（考试时间：75分钟试卷满分：1（）0分）

可能用到的相对原子质量：0-16V-5IZN-65Sr-88Sn-119Sb-122Cs-133

第I卷（选择题共45分）

一、选择题（本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

要求的力

1.下列属于含有非极性键的非极性分子的是

A.O3B.CO,C.H20D.C2H6

【答案】D

【解析】A.臭氧分子呈V形结构，含有非极性键（0-0键），但由于分子不对称，属于极性分子，不符合

非极性分子的要求，A不符合题意；B.C02分子为直线形（0=C=0）,结构对称，属于非极性分子，C=0

键为不同原子间的极性键，不符合含有非极性键的要求，B不符合题意；C.水分子呈V形，含有极性键

（0-H键），且分子不对称，为极性分子，完全不符合要求，C不符合题意；D.乙烷分子（CH3-CH3）为

对称结构，含有非极性键（C-C键），且分子整体偶极矩为零，属于非极性分子，符合要求，D正确。故

选Do

2.根据元素周期律，卜列说法不F砸的是

A.第一电离能：Be<BB.碱性：Ca（OH）2>Mg（OH）2

C.化合物中键的极性：H.C-Cl>H.C-BrD.化合物中离子犍百分数：Na2S>MgS

【答案】A

【解析】A.Be和B属于同一周期，Be位于第HA族，其基态原子电子排布为Is22s2,最外层达到全充满

的稳定状态，第一电离能较大；B位于第HIA族，其基态原子电子排布为Is22s22pl2P电子易失去，第一

电离能较小，则第一电离能：Be>B,A错误；B.同一主族从上往下，元素的金属性依次增强，即金属性:

Mg<Ca,则碱性：Mg（OH）2<Ca（OH）2,B正确；C.同一主族从上往卜，元素的电负性依次减小，即电负性:

Cl>Br,C-C1的极性大于C-Br的极性，导致化合物中键的极性：H3C-Cl>H3C-Br,C正确；D.同一周期

从左往右，元素的电负性依次增大，即电负性：Na<Mg,Na与S的电负性差值大于Mg与S的电负性差值,

电负性差值越大离子键百分数越大，则化合物中离子键百分数：Na2S>MgS,D正确；故选Ac

3.W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的前20号元素，基态W原子的核外电子只有一种运动状态，基

态X原子的第一电离能比同周期相邻元素都小，X、Y、Z同周期，M是骨骼和牙齿的主要元素之一，五种

元素中只有M是金属元素。Y、Z形成的一种阴离子结构如图所示，下列说法错误的是

--2-

Z=Y-Z

Z=Y-Z

A.简单氢化物的沸点：Y<Z

B.工业上可用电解法冶炼金属单质M

C.XW4的空间结构是正四面体彩

D.常温下，YJMZ2与足量酸性高锌酸钾溶液反应生成WK/4

【答案】D

【分析】由分析可知，W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的前20号元素，基态W原子的核外电子只

有一种运动状态即核外只有1个电子，是H,基态X原子的第一电离能比同周期相邻元素都小即为第IIIA

或VIA族元素，X、Y、Z同周期，M是骨骼和牙齿的主要元素之一，且为金属元素，即M为Ca,根据Y、

Z形成的一种阴离子结构图可知，Z形成2个共价键，Y形成4个共价键，故X为B,Y为CZ为O,据

此分析解题。

【解析】A.Y的简单氢化物为甲烷、Z的简单氢化物为Hq。水分子之间存在氢键，因此水的沸点高于甲

烷，A正确；B.钙是活泼金属，工业上通过电解熔融氯化钙冶炼，B正确：C.XW；为BH；,B原子的价

层电子对数为4（4个°键，无孤电子对），sd杂化，空间结构为正四面体形，C正确；D.YzW.Z?为C2H6。2（乙

二年），足量酸性高钵酸钾溶液将其氧化为乙二酸，乙二酸进一步被氧化为CO2,D错误；故选D。

4.稀土是重要的战略资源，被誉为“工业维生素”。下列关于稀土元素的说法错误的是

A.都是金属元素B.都是过渡元素

C.都是f区元素D.都是第HIB族元素

【答案】C

【解析】A.稀土元素包括锢系元素（57〜71号）及铳、钻，均为金属元素，A正确；B.过渡元素包括d

区、ds区和f区元素，稀土元素中的铳、忆属于d区过渡元素，制系属于f区过渡元素，R正确：C.f区

元素特指斓系和锄系，但稀土元素中的铳（Sc）和钮（Y）位于d区，并非f区元素，C错误；D.铳、钮

和倒系元素在周期表中均属于第HIB族（翎系位于第六周期HIB族），D正确。故选C。

5.结构决定性质，性质决定用途。下列对应解释错误的是

选项用途解释

AN?可用于反应的保护气Nz中N三N键能大

B王水能溶解金和伯浓盐酸的主要作用是增强硝酸的氧化性

CTi-Fe合金可用于储存H2Ti-Fe合金能与比结合成金属氢化物

D甘油可用于配制化妆品甘油能与水形成氢键保湿

【答案】B

【解析】A.氮气中N三N键能大，分子结构稳定，不易反应，可用作保护气，解释正确，A正确；B.王水

溶解金和伯是因Q-形成络合物促进反应，浓盐酸主要作用是提供C「而非增强硝酸氧化性，解释错误，B

错误；C.Ti-Fe合金能与H2结合成金属氢化物，可逆储氢，解释正确，C正确；D.甘油含羟基，能与水

形成氢键，具有保湿性，可用于亿妆品，解释正确，D正确；故答案选B。

6.下列有关元素和元素周期表的说法正确的是

A.稀有气体元素原子的最外层电子数均为8

B.IA族元素与VIIA族元素相互化合一定形成离子化合物

C.同周期HA族与HIA族元素的原子序数一定相差I

D.第115号元素“镇”在周期表中位于第七周期第15列

【答案】D

【解析】A.稀有气体元素中，氢的最外层电子数为2,其他稀有气体元素最外层电子数为8,A错误；B.IA

族的氢元素与VIIA族元素化合形成共价化合物（如HC1）,不是离子化合物，B错误；C.同周期HA族与

HIA族元素的原子序数差在有过渡金属的周期中不为1,例如第四周期钙（原了•序数20）和钱（原子序数

31）相差11,C错误；D.第115号元素馍的原子序数为115,位于第七周期第15列（氮族），D正确；故

选D。

7.下列对物质性质的解释正确的是

选项物质性质解释

ASbHK睇化氢）的沸点高于N%SbH3分子间存在氢键

BSiO?延展性较差Si—0键健能较大

CCzHsNHjNOK硝酸乙基铁）常温下为液态GHsNH>C）3属于分子晶体

D在水中溶解度大于。2和Hq均是极性分子

【答案】D

【解析】A.N&分子间存在氢键，Sb5分子间无氢键：SbHj沸点更高是因为其相对分子质量远大「小也，

分子间范德华力更强，A不符合题意；B.SiO?是共价晶体，原子通过Si-O共价键形成空间网状结构：共

价晶体中原子被固定在晶格结点上，无法相对滑动，故延展性差，其原因是晶体类型为共价晶体，而非仅

Si-O键能大，B不符合题意；C.C2H5NH3NO3由GHKH；与NO,通过离子键结合，属于离了晶体，C不

符合题意；D.HQ是极性分子，O,分子为V形结构，中心。原子含孤电子对，属于极性分子，为非极

性分了•：根据“相似相溶”原理，极性分子O］易溶于极性溶剂H/）,D符合题意：故选D。

8.离子化合物Na2O2和CaH2与水的反应分别为①ZNaq?+2HQ=4NaOH+O2T；

@CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H21o下列说法正确的是

A.①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应

B.Na?。？中阴、阳离子个数比为1:2,CaH?中阴、阳离子个数比为2:1

C.H?o中o原子采用sp2杂化

D.Na2O2.CaH?中均有非极性共价键

【答案】B

【解析】A.在反应①2Na2O2+2HQ=4NaOH+O2T中，NazO：发生歧化反应，水既未被氧化也未被还原；

在反应②CaH2+2Hq=Ca（OH）2+2H2T中，水中的氢被还原（从+1价到0价），A错误：B.Na2O2rhNat

和0；组成，阴离子（0々）与阳离子（Na+）个数比为1:2；CaH:由ca?-和H-组成，阴离子（FT）与阳

离子（Ca?+）个数比为2:1,B正确；C.H?0分子中O原子有2个o键和2对孤电子对，价层电子对数为

4,采用sp3杂化，C错误；D.Naq?中的O；-含有0-0非极性共价键，但Ca&中H-以离子形式存在，无

共价键，D错误；故答案选B。

9.下列说法错误的是

A.由天然油脂得到的油酸和亚油酸一般为顺式脂肪酸

B.气态物质在高温或者在外加电场激发下可形成等离子体

C.引入有机基团可使一些离子化合物的熔点升高，以得到离子液体

D.通过研究电解质稀溶液的导电性等，提出的电离模型，是促进电离理论发展的重要方法之一

【答案】C

【解析】A.天然油脂中的油酸和亚油酸具有顺式双键结构，为顺式脂肪酸，A正确；B.气态物质在高温或

外加电场激发下，分子发生分解，产生电子和阳离子等，这种由电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上

呈电中性的物质聚集体称为等离子体，B正确；（1引入有机基团（如大体积离子・）会降低离子化合物的晶

格能，从而降低熔点以得到离子液体，C错误；I，阿伦尼乌斯通过研究电解质稀溶液的导电性提出电离模

型，推动了电离理论发展，D正确；故选C。

io..新角度卜.列化学用语正确的是

A.S0,的VSEPR模型：

HClHClHC1

B.HC1中。键形成过程：—cI）fo

F

C.NH3和H?0之间最强烈的氢键作用：N—H•••O

\\

F1H

D.对硝基甲苯的结构简式：N0、~~

CH3

【答案】B

【解析】A.SO3中心原子S的价层电子对数为3+=3+0=3,没有孤电子对，VSEPR模型是平面三

角形，与图不相符，A项错误；B.氯化氢分子中氢原子的1s轨道和氯原子的3P轨道头碰头重叠形成。键,

HC1

示意图为B项正确：C.因为O的电负性比N更大，O原

子对电子的吸引力更强，使得O-H…N氢键的极性和作用力更强，故NK和比0之间最强烈的氢键作用应

H…N——H

为/\,C项错误；D.结构简式应注意原子的连接顺序，对硝基甲苯的结构简式应为

%H

O2N―《2^-CH,，D项错误；故选Bo

11.下列化学用语或图示表达中正确的是

••••2—

B.12c、sc互为同素异形体

A.H2O2的电子式：H+：0：0•H+

••••

C.基态Br原子简化电子排布式：[Ar]3(P。4s24PsD.NO；空间结构：三角锥形

【答案】C

【解析】A.也。?是共价化合物，正确的为H：6：6：H,A错误：B.12cle是质子数相同而质量数不

••••

同的核素，属于同位素，B错误：C.基态Br原子核外电子数等于核内质子数为35,简化电子排布式为

[/lr]3d,04s24p5,C正确：D.NO；中心原子N有3条。键，孤电子对为“1丁'」二0,故空间构型为平面

三角形，D错误；故选C。

12.靠鬲函下列实验操作及现象得出的结论正确的是

选项实验操作及现象结论

常温下，浓硫酸中加入A1片无明显气泡生成，稀硫酸中

A氧化性：稀H2s。4>浓H2s

加入A1片产生大量气泡

向滨的四氯化碳溶液中通入C2H6,溶液不褪色；向溟的

B键能：C-C>C=C

四氯化碳溶液中通入3H4,溶液褪色

常温下，分别向等体积等pH的苯甲酸和对硝基苯甲酸溶

C液中加蒸镭水稀释至等体积，测得pH：对硝基苯甲酸,茶酸性：苯甲酸,对硝基苯甲酸

甲酸

向CuSO,溶液与过量氨水反应后的深蓝色溶液中加入乙分子的极性：

DH2O>CH3CH2OH

醇，析出深蓝色晶体

【答案】D

【解析】A.铝在浓硫酸中因钝化而无明显气泡，在稀硫酸中反应产生氢气，但浓硫酸的氧化性强于稀硫酸,

A错误；B.乙烯使澳的四氯化碳溶液褪色是因加成反应，乙烷不能，但C=C双键的总键能大于C-C单键,

B错误；C.等pH的两种弱酸溶液稀释相同倍数，酸性越强的酸，其pH变化越大，稀释后溶液的pH也越

高。根据实验现象可知pH是对硝基苯甲酸大于苯甲酸，可知酸性为对硝基苯甲酸大于苯甲酸，C错误；D.加

入乙静后析出晶体是因乙静极性小于水，降低了络合物溶解度，D正确；故答案选D。

3^wiuiai【新材料与学科知识结合】SrO在国防工业中常用于制造焰火弹，其晶胞结构如图。已知

为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为apm。下列说法错送的是

A(0,0,0)OX

B.B原子的分数坐标为匕底

A.02•的配位数是6

4163

C.离SF+最近且等距的SB有8个D.晶胞密度P为G祈

【答案】C

【解析】A.由题干晶胞示意图可知,以体心上02B为例，则离他最近且距离相等的se位于6个面心上,

故02-的配位数是6,A正确；B.由题干晶胞示意图可知，B位于体心上，结合A点坐标和坐标系可知，B

（111、

原子的分数坐标为,B正确：C.由题干晶胞示意图可知，SE位于8个顶点和6个面心上，以其

I/ZZ）

中一顶点上的S产为例，图中与之最近且等距离的S产有3个，故晶胞中离sa+最近且等距的se有三=12

个，C错误；D.由题干晶胞示意图可知，S尸位于8个顶点和6个面心上，一个晶胞含有吗+吗=4个

SF,。啦于体心和核心上，一个晶胞含有⑵1I个8,则一个晶胞的质量为:4x16+4x88

g，一个

4163

晶胞的体积为：（axl0/0cm）3,故晶胞密度P为瓦工总而rg-cm-3,D正确；故答案为：C。

14.下列说法正确的是

A.基态镁原子最外层电子云轮廓图:

B.原子光谱、焰色试验与电子跃迁有关

C.基态Ce2+的简化甩子排布式：[Ar]3d54s2

D.乙烯的共价键类型只有“p-p”o键、"p-p”兀键

【答案】B

【解析】A.镁原子的价层电子排布式为3s2,其电子云轮廓图是球形而不是哑铃形，A错误；B.原子光谱

和焰色试验的木质都是核外电子发生跃迁释放或吸收特定波长的光，B正确；C.C。是27号元素，其价层

电子排布式为3dzs2,失去两个电子形成C02+,其简化电子排布式为[Ar]3d7,而不是[Ar]3d54s2,C错误；

D.乙烯分子中的碳原子为sp2杂比，分子中含有s-sp2的。键(C-H键)、即2「卯2的。键(C-C单键)和

夕一2的万键(C=C双键中的一个键)，D错误；故选B。

15.+新情境【新材料与学科知识结合】研究发现某种含钠(Cs)、钿(V)、锦(Sb)的化合物在超导方面表现

出潜在的应用前景。其晶胞结构如图1所示，晶胞体积为xcm气晶体中包含由V和Sb组成的二维平面如

图2所示。下列叙述错误的是

图1图2

A.基态Cs原子的价电子排布式为6slB.晶体的化学式为CsYS“

896

C.晶胞中V原子周围紧邻的Sb原子数为8D.该晶体的密度为—gem-3

【答案】C

【解析】A.Cs是55号元素，位于第六周期第IA族，基态Cs原子的价电子排布式为6/，A正确；B.根

据晶体结构俯视图判断，该晶胞底面为菱形，该菱形中邻边存在60。和120。两种角度，结合均摊法可知，晶

胞中，Cs的个数为4X4+4X;=1,V的个数为4X^+1=3,Sb的个数为2X)+2X!+4=5,则化学式为

126263

CsV.Sb5,B止确；C.通过分析三维晶胞结构可知，晶胞中每个V原子周围紧邻的Sb原子数为6,C错误；

133+51x3+122x5896

D.由B选项可知，该晶胞化学式为CSVS”,则该晶胞的质量为--------------g=—g,晶胞体积为

896

xen?,则其密度是：--gem-3,D正确：故选C。

NAx

第II卷（非选择题共55分）

二、填空题（本题共4小题，共55分）

16.（13分）短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的递变关系如图所示。回答下列问题:

原

子+u

半

径-(2

+l4

^T

茴zn

原子序数

（1）i在元素周期表中的位置是，e、f、j三种元素对应的简单离子半径由大到小的顺序为一

（填离子符号）。

（2）f的最高价氧化物对应的水化物溶液与g的最高价氧化物反应的离子方程式为。

（3）已知i?j2分子中的各原子均满足最外层8电子稳定结构，ij的结构式为。

（4）a与c能形成化合物ca「它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，其电子

式为，其中所含化学键类型为，该物质能与水反应生成一种气体和一种碱，写出

该反应的化学方程式：o

（5）用如图所示装置可以证明元素b、c、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，则溶液b为。

下列事实可用于比较元素b与i非金属性相对强弱的是（填标号）。

A.最高正化合价：b<j

B.j的氢化物比b的简单氢化物稳定

C.j的氢化物比b的简单氢化物沸点高

D.最高价氧化物对应水化物的酸性：j>b

【答案】（1）第三周期第VIA族（I分）C「>F->Na'（1分）

--

（2）AI2O3+20H+3H2O=2[AI（OH）4]'A12O3+20H=2A10；+H20）（2分）

（3）Cl—S—S—Cl（1分）

H

（4）[H市:[：H「（1分）共价键、离子键（2分）NH4H+H2O=NH3H2O+H2t（2

（5）饱和NaHCO]溶液（1分）BD（2分）

【分析】e、j为短周期元素，最低负化合价为-1价，j的原子序数大于e,所以e、j分别为F、Cl,f、g的

最高正化合价分别为+1、+3价，原子序数在F、C1之间，则f、g分别为Na、Al,i和d的最低负化合价为

・2价，i的原子序数大于d,则i为S、d为O；e为F,b、h的最高正化合价均为+4,分别为C、Si,c的

最高正化合价+5价，则c为N；a的最高正化合价为+1价，但原子半径小于C,所以a为H。

【解析】（1）i为S元素，在元素周期表中的位置是第三周期第VIA族；e、f、j三种元素对应的简单离子

分别为F、Na，、Cl'.离子半仔Cr>F>Na+：

（2）f为Na元素，最高价氧化物对应的水化物为NaOH,g为Al元素，最高价氧化物为AI2O3，反应的离

子方程式为AI2O3+2OHT3H2O=2[A1（OH）4「；

（3）i2j2分子为S2Q2,各原子均满足最外层8电子稳定结构，即S形成两个共价键，0形成1个共价键，

其结构式为CLS-S-CI；

（4）a与c能形成化合物cas为NH5,所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，其电

H••

子式为：：：：其中所含化学键类型为离子键、共价键；与水反应生成一种气体（H*和一

[HN••H]+[H]~

H

种碱（一水合氨），化学方程式为：NH4H+H2O=NH3-H2O+H2T；

（5）b、c、h分别为C、N、Si,则实验目的为证明硝酸、碳酸、硅酸酸性强弱，溶液b作用为除去C02

中NO?，故溶液b为饱和NaHCCh溶液；A.b为C元素，最高工价为+4价，j为C1元素，最高正价+7价,

故最高正化合价：b〈j,但最高正，’介与元素非金属性无关，A不符合题意；B.简单氢化物的稳定性越强，

元素非金属性最强，HC1比CH4稳定，非金属性C1>C,B符合题意；C.简单氢化物沸点与分子间作用力

有关，与元素非金属性无关，C不符合题意；D.最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性越强,

酸性HC1C）4>H2cCh，得出非金属性CI>C,D符合题意；故答案选BD。

17.（13分）锡（Sn）是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。

（I）Sn位于元素周期表的第五周期第IVA族。将Sn的基态原子最外层轨道表示式补充完整。

5s5p

（2）SnCb和SnCL是锡的常见氧化物,SnCb可被Cb氧化得到SnCL。

①SnCL分子的VSEPR模型名称是,其中心原子杂化方式为

②SnCh的熔点-33笛，沸点为114。。则SnCL是晶体。

（3）白锡和灰锡是单质Sn的常见同素异形体。二者晶胞如图:

灰锡

①向锡晶胞中含有的锡原子数是—

②灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有个。

③灰锡晶胞的边长为anm,阿伏伽德罗常数为人么，其晶体的密度是5/cni-o

（4）单质Sn的制备：将SnCh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

明显发生反应。若通入空气在80（）。（：下，SnCh能迅速被还原为单质Sn,通入空气的作用是.

5s5p

【答案】（1）（2分）

（2）平面三角形（1分）sp?杂化（1分）分子（1分）

8x119

7（2?）

（3）2（2分）4（2分）NAx（axlO-）3^

（4）与焦炭在高温下反应生成CO,CO将SnO?还原为单质Sn（2分）

【分析】本题解题需紧扣“结构-性质”逻辑：

电子排布：由IVA族得最外层5s25P2,按洪特规则填轨道。

SnCL结构：算价层电子对，确定平面三角VSEPR模型、sp?杂化；根据熔沸点低，判分子晶体，晶胞计算:

NxM

白锡用均摊法得原子数2；灰锡优金刚石得配位数4,用p-—r算密度，据此分析。

rN.xa'

（2）①SnCL分子中Sn的价电子对数为2+---=3,有1对孤电子对，中心原子为sp?杂化，VSEPR模

型名称是平面三角形；②分子晶体熔沸点较低，SnCL的熔点-33（,沸点为114。（3,则SnCL是分子晶体；

（3）①根据均摊法计算，可得白锡晶胞中Sn原子数目为8x：+l=2；②灰锡具有立方金刚石结构，所以每

个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有4个；③根据均摊法计算，可得灰锡晶胞中Sn原子数目为

I,NxM8x119

8x+6X*+4=8,根据密度计算公式尸q~~r，可得密度为z（『of：

（4）单质Sn的制备：将SnCh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

明显发生反应。若通入空气在800%：下，SnO?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SnO?还原为单质Sn.

18.(15分)在CCh合成CH30H中，催化剂是研究的核心。应用于合成甲醇的催化剂有多种，如

CuO/ZnO/TiO2-SiO2/KBH&体系。回答下列问题：

(1)顺时针旋转的电子，自旋量子数逆时针旋转的电子，自旋量子数|叫=-；。基态Si原子的自

旋量子数(ms)之和等于o

(2)基态Cu原子的价电子排布式为。

(3)立方ZnO的晶胞结构如图所示，已知晶体密度为pg-cm。a的分数坐标为(0,0,0),设阿伏加德罗

①Zif+之间的最短距离为nm。

②b的分数坐标为o

(4)COZ合成甲醇，有关反应式如下：

反应i.CO式g)+3H,(g)=CHQH(g)+HQ(g)；反应ii.CO?(g)+H式g)UCO(g)+HQ(g)。

①根据下表相关化学键的键能，计算反应i的AH=kJ/niolo

共价键C-0H-0H-HC=0C-H

键能(kJ/mol)351463436745413

②在恒容密闭容器中充入ImolCOz和3m0IH2，发生上述反应i、ii合成CH3OH,测得CH30H的选择性和

CCh平衡转化率与温度关系如图所示。D、E、F三点中，CH30H的物质的量最大的是___________(填字母)。

温度高于513K时，CO?平衡转化率增大程度加快，其主要原因是o提示：CH30H的选择性

n(CH.OH)

xlOO%。

n(CH3OH)+n(CO)

90

一

—CO2平衡转化率%C(553,20)

20LCH30H的选择性发no5

9笆

线

£)(473,8680赳

8£(513,78)

B1胞

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60

一

4(473,13.2)氏553,60)

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80)()205460

③某温度下，保持总压强为lOOkPa下，向体积可变密闭容器中充入ImolCO?和3moi生，发生上述反应i、

ii,达到平衡时CO2转化率为50%,CH30H体积分数为10%。该温度下，反应i的平衡常数Kp为

（kPa尸（列出计算式即可，。为压强平衡常数，分压=总压x物质的量分数）。

【答案】（1）1或-1（1分）

（2）34。4sl（2分）

（3）当乂:浮xlO?（2分）（2分）

（4）-181（2分）F（2分）随着温度升高，反应ii向右移动的程度大于反应i向左移动的程度（2

1010x15

分）M或p不M(2分)

【解析1（1）基态Si原子的核外电子排布为Is22s22P63s23P2,有两个自旋方向平行的未成对电子，自旋量

子数（1%）之和等于1或・1。

（2）Cu为29号原子，其价电子排布式为3404s，

（3）①一个晶胞中办产个数为4.O”个数为：x8+；x6=4,晶胞体积为

82

(65g/〃?o/x4+16g/〃?o/x4)324

加,晶胞边长为x107nm,Zn2+之间的最短距离为面

y1

pg/cmxNAmoVpA-A

对角线的J,即:②b的分数坐标为「/1，了343

(4)①△，,=反应物键能和-产物键能和=(次74*I436-3<413-351-I463夕/mol=-18fc/Iniol:②D、E、F三

点生成的物质的豉分别为n（D）=lmolxi3.2%x86%Y）.1135mo1、n（E）=1molx15%x78%^0.117mol>

n（F）=1molx20%x60%=0.12mol,CHQ”的物质的最最大的是F点；升高温度反应i平衡左移，二氧化碳平

衡转化率降低，而反应ii平衡右移，二氧化碳平衡转化率增大，温度高于513K时，CO2的平衡转化率增大

程度加快，说明此时以反应ii为主，即随着温度升高，反应ii向右移动的程度大于反应i向左移动的程度；③

设平衡体系中，CHQH、CO的物质的量分别为x、y,列式子:

co2(g)+3H2©；=CHQH(g)+H2O(g)

起始（mol）1300

,,转化（mol）x3xXX

平衡（mol）1-x-y3-3x-yXx+y

CO2(g)+H;(g):uco(g)+H2O(g)

起始(mol)1300x

“转化(mol),依题意，x+y=0.5mol,-------=10%,解

yyyy4mol-2x

平衡（mol）l-x-y3-3x-yyx+y

得：x=-moLy=-mol,平衡体系中,各组分的物质的量如下：

36

0.5molCO、、1molCH3OH、』molCO、0.5molH,O、UmolH,,总物质的量

366

n=0.5+0.5+-+—+—mol=—mol,

I366J3

p(CO2)=1OOkPax0.5molx—=15kPa,p(?O>5kPa,p(HQH>IOkPa,p恒/55kPa,p(H15kPa

p(CH,OH)p(H,O)10kPaxl5kPa10,「2

,反应i的平衡常数(⑴:nfm\、=77石—―D广)。

p(CO2)p(H2)15kPax(55kPa)55

19.(14分)一种从废加氢催化齐N主要含Fc、Ni、V、Mo、Si等化合物)中提取金属的工艺流程如图所示：

衩水

L水相T沉可•500-550fC

助优利足1,(“？睡HNOj.KHCI靓化N235H2SO4

，一.I|1|

浸出旦］.声^

;毕庄;•Cl。取乳卜一水（NH山SO,

催化剂

一|反时钳苏发结晶卜:靴诜卜•

没出清HM4

AF0Olhj

不余洽一旦］T

Si(OH):

缸水

已知：①用N235表示R3N,Mo、V、Fe的配合阴离子用M1表示，N235酸化后进行离子交换实现萃取,

+X

原理如下：R3N+TUR3NH+、R3NH+M-^（R3NH）XM；②酸性较强时,F*易形成［FeClJ；③

常温下，K,」Fc（OH）J=lxl（T39,KMNi（OH）J=5.5X10T金属离子浓度<匕气而儿时视为完全沉淀。

回答下列问题：

（1）“高温还原”时，和Mo。,反应（生成M。单质和CO）所消耗的还原剂与MoO］的物质的量之比

为O

（2）“浸出”时，M。生成MoO；+的离子方程式为

—Mo+NO；+=MoOj+NOT+Hp。补全上述反应的离子方程式，

（3）“萃取”时，pH对锐、铜、铁萃取率及饥、铁分离系数的影响如图所示:

0o

-Mo

8o-•-V

-A-Fe

一Ar-,v/Fe

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0.00.20.40.60.81.01.2