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：100分)

可能用到的相对原子质量：O-16V-51ZN-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)

1．下列属于含有非极性键的非极性分子的是

A．O3B．CO2C．H2OD．C2H6

【答案】D

【解析】A．臭氧分子呈V形结构，含有非极性键（O-O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．CO2分子为直线形（O=C=O），结构对称，属于非极性分子，C=O

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

（O-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D。

2．根据元素周期律，下列说法不．正．确．的是

A．第一电离能：BeBB．碱性：Ca(OH)2Mg(OH)2

C．化合物中键的极性：H3C-Cl>H3C-BrD．化合物中离子键百分数：Na2SMgS

【答案】A

【解析】A．Be和B属于同一周期，Be位于第ⅡA族，其基态原子电子排布为1s22s2，最外层达到全充满

的稳定状态，第一电离能较大；B位于第ⅢA族，其基态原子电子排布为1s22s22p1，2p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．同一主族从上往下，元素的电负性依次减小，即电负性：

Cl>Br，C-Cl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A。

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

A．简单氢化物的沸点：YZ

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形

D．常温下，Y2W6Z2与足量酸性高锰酸钾溶液反应生成W2Y2Z4

【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C，Z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H2O。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．XW4为BH4，B原子的价

3

层电子对数为4(4个σ键，无孤电子对)，sp杂化，空间结构为正四面体形，C正确；D．Y2W6Z2为C2H6O2(乙

二醇)，足量酸性高锰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IIIB族元素

【答案】C

【解析】A．稀土元素包括镧系元素（57~71号）及钪、钇，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，稀土元素中的钪、钇属于d区过渡元素，镧系属于f区过渡元素，B正确；C．f区

元素特指镧系和锕系，但稀土元素中的钪（Sc）和钇（Y）位于d区，并非f区元素，C错误；D．钪、钇

和镧系元素在周期表中均属于第IIIB族（镧系位于第六周期IIIB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

AN2可用于反应的保护气N2中N≡N键能大

B王水能溶解金和铂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H2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≡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

溶解金和铂是因Cl⁻形成络合物促进反应，浓盐酸主要作用是提供Cl⁻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，可用于化妆品，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IIA族与IIIA族元素的原子序数一定相差1

D．第115号元素“镆”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，氦的最外层电子数为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HCl），不是离子化合物，B错误；C．同周期IIA族与

IIIA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（原子序数20）和镓（原子序数

31）相差11，C错误；D．第115号元素镆的原子序数为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

ASbH3(锑化氢)的沸点高于NH3SbH3分子间存在氢键

BSiO2延展性较差Si—O键键能较大

CC2H5NH3NO3(硝酸乙基铵)常温下为液态C2H5NH3NO3属于分子晶体

DO3在水中溶解度大于O2O3和H2O均是极性分子

【答案】D

【解析】A．NH3分子间存在氢键，SbH3分子间无氢键；SbH3沸点更高是因为其相对分子质量远大于NH3，

分子间范德华力更强，A不符合题意；B．SiO2是共价晶体，原子通过SiO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

SiO键能大，B不符合题意；C．C2H5NH3NO3由C2H5NH3与NO3通过离子键结合，属于离子晶体，C不

符合题意；D．H2O是极性分子，O3分子为V形结构，中心O原子含孤电子对，属于极性分子，O2为非极

性分子；根据“相似相溶”原理，极性分子O3易溶于极性溶剂H2O，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①2Na2O22H2O4NaOHO2；

②。下列说法正确的是

CaH22H2OCaOH22H2

A．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应

B．Na2O2中阴、阳离子个数比为1:2，CaH2中阴、阳离子个数比为2:1

2

C．H2O中O原子采用sp杂化

D．Na2O2、CaH2中均有非极性共价键

【答案】B

【解析】A．在反应①2Na2O22H2O4NaOHO2中，Na2O2发生歧化反应，水既未被氧化也未被还原；

在反应②中，水中的氢被还原（从价到价），错误；．由+

CaH22H2OCaOH22H2+10ABNa2O2Na

22+2+

和O2组成，阴离子（O2）与阳离子（Na）个数比为1:2；CaH2由Ca和H组成，阴离子（H）与阳

2+

离子（Ca）个数比为2:1，B正确；C．H2O分子中O原子有2个σ键和2对孤电子对，价层电子对数为

32

4，采用sp杂化，C错误；D．Na2O2中的O2含有O-O非极性共价键，但CaH2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；C.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；D.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。

10．下列化学用语正确的是

A．SO3的VSEPR模型：

B．HCl中σ键形成过程：

C．NH3和H2O之间最强烈的氢键作用：

D．对硝基甲苯的结构简式：

【答案】B

6-32

【解析】A．SO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

32

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σ键，

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NH3和H2O之间最强烈的氢键作用应

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

，D项错误；故选B。

11．下列化学用语或图示表达中正确的是

1214

A．H2O2的电子式：B．C、C互为同素异形体

1025

C．基态Br原子简化电子排布式：[Ar]3d4s4pD．NO3空间结构：三角锥形

【答案】C

1214

【解析】A．H2O2是共价化合物，正确的为，A错误；B．C、C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

5132

Ar3d104s24p5，C正确；D．NO中心原子N有3条键，孤电子对为0，故空间构型为平面

32

三角形，D错误；故选C。

12．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Al片无明显气泡生成，稀硫酸中

A氧化性：稀H2SO4浓H2SO4

加入Al片产生大量气泡

向溴的四氯化碳溶液中通入C2H6，溶液不褪色；向溴的

B键能：CCCC

四氯化碳溶液中通入C2H4，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液中加蒸馏水稀释至等体积，测得pH：对硝基苯甲酸>苯酸性：苯甲酸>对硝基苯甲酸

甲酸

D向CuSO4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：H2OCH3CH2OH

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．乙烯使溴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

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

13．【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

NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为apm。下列说法错．误．的是

111

A．O2-的配位数是6B．B原子的分数坐标为,,

222

416

2+2+3

C．离Sr最近且等距的Sr有8个D．晶胞密度为330gcm

NAa10

【答案】C

【解析】A．由题干晶胞示意图可知，以体心上O2-B为例，则离他最近且距离相等的Sr2+位于6个面心上，

故O2-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，Sr2+位于8个顶点和6个面心上，以其

222

8×3

中一顶点上的Sr2+为例，图中与之最近且等距离的Sr2+有3个，故晶胞中离Sr2+最近且等距的Sr2+有=12

2

11

个，C错误；D．由题干晶胞示意图可知，Sr2+位于8个顶点和6个面心上，一个晶胞含有8×6×=4个

82

14×16+4×88

Sr2+，O2-位于体心和棱心上，一个晶胞含有12×1=4个O2-，则一个晶胞的质量为：g，一个

4NA

416

-1033

晶胞的体积为：(a×10cm)，故晶胞密度为330gcm，D正确；故答案为：C。

NAa10

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Co2+的简化电子排布式：[Ar]3d54s2

D．乙烯的共价键类型只有“p-p”σ键、“p-p”π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

和焰色试验的本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．Co是27号元素，其价层

电子排布式为3d74s2，失去两个电子形成Co2+，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杂化，分子中含有ssp2的键（C-H键）、sp2sp2的键（C-C单键）和

pp的键（C=C双键中的一个键），D错误；故选B。

15．【新材料与学科知识结合】研究发现某种含铯(Cs)、钒(V)、锑(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xcm3；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

1

A．基态Cs原子的价电子排布式为6sB．晶体的化学式为CsV3Sb5

8963

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gcm

NAx

【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6s1，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

11111

胞中，Cs的个数为4+41，V的个数为4+13，Sb的个数为2+2+45，则化学式为

126263

CsV3Sb5，B正确；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+513+1225896

D．由B选项可知，该晶胞化学式为CsV3Sb5，则该晶胞的质量为g=g，晶胞体积为

NANA

8963

xcm3，则其密度是：gcm，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：

（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

(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i2j2分子中的各原子均满足最外层8电子稳定结构，i2j2的结构式为。

（4）a与c能形成化合物ca5，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：。

（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（1分）ClFNa（1分）

（2）AlO2OH3HO2AlOH(或AlO2OH2AlOHO)（2分）

23242322

（3）Cl—S—S—Cl（1分）

（4）（1分）共价键、离子键（2分）NH4HH2ONH3H2OH2（2分）

（5）饱和NaHCO3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、Cl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-，离子半径Cl−>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Al2O3，反应的离

−−

子方程式为Al2O3+2OH+3H2O=2[Al(OH)4]；

（3）i2j2分子为S2Cl2，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，Cl形成1个共价键，

其结构式为Cl-S-S-Cl；

（4）a与c能形成化合物ca5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

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(H2)和一

种碱(一水合氨)，化学方程式为：NH4H+H2O=NH3⋅H2O+H2↑；

（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CO2

中NO2，故溶液b为饱和NaHCO3溶液；A．b为C元素，最高正价为+4价，j为Cl元素，最高正价+7价，

故最高正化合价：b<j，但最高正价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，HCl比CH4稳定，非金属性Cl>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HClO4>H2CO3，得出非金属性Cl>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。

（1）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。

（2）SnCl2和SnCl4是锡的常见氯化物，SnCl2可被Cl2氧化得到SnCl4。

①SnCl2分子的VSEPR模型名称是，其中心原子杂化方式为。

②SnCl4的熔点-33℃，沸点为114℃，则SnCl4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：

①白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

③灰锡晶胞的边长为anm，阿伏伽德罗常数为NA，其晶体的密度是g/cm。

（4）单质Sn的制备：将SnO2与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800°C，由于固体之间反应慢，未

明显发生反应。若通入空气在800°C下，SnO2能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是。

【答案】（1）（2分）

（2）平面三角形（1分）sp2杂化（1分）分子（1分）

8119

3

（3）2（2分）4（2分）—7（2分）

NAa10

（4）与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2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。

2

SnCl2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：

NM

白锡用均摊法得原子数2；灰锡仿金刚石得配位数4，用ρ=3算密度，据此分析。

NAa

【解析】（1）Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族，价电子排布为5s25p2，其轨道表示式为：；

4212

（2）①SnCl2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

2

型名称是平面三角形；②分子晶体熔沸点较低，SnCl4的熔点-33℃，沸点为114℃，则SnCl4是分子晶体；

1

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

8

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

8119

11NM

8×+6×+4=8，根据密度计算公式ρ=，可得密度为3；

237

8NAaNAa10

（4）单质Sn的制备：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

明显发生反应。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。

18．（15分）在CO2合成CH3OH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/TiO2SiO2/KBH4体系。回答下列问题：

11

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

S2S2

旋量子数（mS）之和等于。

（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ρgcm-3，a的分数坐标为(0，0，0)，设阿伏加德罗

常数的值为NA。

①Zn2+之间的最短距离为nm。

②b的分数坐标为。

（4）CO2合成甲醇，有关反应式如下：

反应i．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；反应ⅱ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)。

①根据下表相关化学键的键能，计算反应ⅰ的ΔH=kJ/mol。

共价键C-OH-OH-HC=OC-H

键能(kJ/mol)351463436745413

②在恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2，发生上述反应i、ⅱ合成CH3OH，测得CH3OH的选择性和

CO2平衡转化率与温度关系如图所示。D、E、F三点中，CH3OH的物质的量最大的是(填字母)。

温度高于513K时，CO2平衡转化率增大程度加快，其主要原因是。提示：CH3OH的选择性

nCHOH

=3100%。

nCH3OH+n(CO)

③某温度下，保持总压强为100kPa下，向体积可变密闭容器中充入1molCO2和3molH2，发生上述反应i、

ⅱ，达到平衡时CO2转化率为50%，CH3OH体积分数为10%。该温度下，反应i的平衡常数Kp为

-2

(kPa)(列出计算式即可，Kp为压强平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。

【答案】（1）1或-1（1分）

（2）3d104s1（2分）

23247133

（3）310（2分）,,（2分）

2NA444

（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

101015

分）或（2分）

55315553

【解析】（1）基态Si原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p2，有两个自旋方向平行的未成对电子，自旋量

子数（mS）之和等于1或-1。

（2）Cu为29号原子，其价电子排布式为3d104s1。

11

（3）①一个晶胞中Zn2个数为4，O2个数为864，晶胞体积为

82

65g/mol416g/mol432433243247

332

31cm，晶胞边长为cm10nm，Zn之间的最短距离为面

ρg/cmNAmolNANANA

123247133

对角线的，即310nm；②b的分数坐标为,,。

22NA444

反应物键能和产物键能和

（4）①Hi2745343634133513463kJ/mol181kJ/mol；②D、E、F三

点生成CH3OH的物质的量分别为n(D)=1mol×13.2%×86%≈0.1135mol、n(E)=1mol×15%×78%≈0.117mol、

n(F)=1mol×20%×60%≈0.12mol，CH3OH的物质的量最大的是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，CH3OHCO的物质的量分别为xy，列式子：

CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

起始（mol）1300

i．，

转化（mol）x3xxx

平衡（mol）1-x-y3-3x-yxx+y

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

起始（mol）1300x

ii．，依题意，x+y=0.5mol，=10%，解

转化（mol）yyyy4mol-2x

平衡（mol）1-x-y3-3x-yyx+y

11

得：x=mol，y=mol，平衡体系中，各组分的物质的量如下：

36

1111

0.5molCO、molCHOH、molCO、0.5molHO、molH，总物质的量

2336262

111110

n0.50.5molmol，

3663

3

pCO100kPa0.5mol15kPa，pCO5kPa，pCHOH10kPa，pH55kPa，pHO15kPa

210mol322

pCHOHpHO10kPa15kPa102

32

，反应i的平衡常数Kp(i)333kPa。

pCO2pH215kPa55kPa55

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

x

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

原理如下：、x；②酸性较强时，3易形成；③

R3NHR3NHR3NHMR3NHxMFeFeCl4

39165

常温下，KspFe(OH)3110，KspNi(OH)25.510，金属离子浓度10mol/L时视为完全沉淀。

回答下列问题：

（1）“高温还原”时，和MoO3反应(生成Mo单质和CO)所消耗的还原剂与MoO3的物质的量之比

为。

2

（2）“浸出”时，Mo生成MoO2的离子方程式为

2

____Mo____NO3________MoO2____NO____H2O。补全上述反应的离子方程式。

（3）“萃取”时，pH对钒、钼、铁萃取率及钒、铁分离系数的(V/Fe)影响如图所示：

随着pH增大，铁元素萃取率下降的原因是，“萃取”时最佳的pH范围是(填选项

字母)。

A．0.2~0.4B．0.4~0.6C．0.6~1.0D．1.0~1.2

（）沉铁时，加入氨水使3沉淀，2转为可溶于水的配合物NiNHCl阳离子结构如图所示

4“”FeNi362()

而分离。为达到“沉铁”目的，常温下萃余液pH至少应调至大于(保留1位小数)；下列关于

NiNHCl的说法正确的是填选项字母。

362()

A．该配合物中Ni2采用sp3杂化

2

B．NiNH与CH空间结构不同

364

C．配位原子