2027年高考化学复习必刷题-物质结构与性质（解答大题）

第1页（共1页）2027年高考化学复习必刷题——物质结构与性质（解答大题）一．解答题（共25小题）1．（2026•丰台区二模）锡基卤化物钙钛矿以其高光电性能和低毒性受到广泛关注。（1）某锡基卤化物钙钛矿材料的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图所示。①每个CH3NH3+周围与它最近且距离相等的CH②CH3NH3SnI3的摩尔质量为Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度为g•cm﹣3（1nm＝10﹣7cm）。③CH3NH3+中H﹣N﹣H键角比NH3中H﹣N﹣H键角（2）锡基钙钛矿中50Sn2+容易被氧化为50Sn4+是制约其发展的关键问题。50Sn2+的价层电子排布式为。（3）为了防止Sn2+被氧化，提高其稳定性的方法是将CH3NH3该离子与无机层（Sn2+和I﹣所在的层）的微粒间存在多种相互作用，直接保护了易被氧化的Sn2+，且外部微粒更难进入。①质子化的3﹣氨基苯磺酰胺与I﹣之间存在的化学键为。②质子化的3﹣氨基苯磺酰胺与Sn2+之间存在配位键，其分子中N、O、S能作配位原子的是。2．（2026•朝阳区二模）金（Au）是一种用途广泛的贵重金属，硫脲[CS（NH2）2]是一种新型浸金试剂。（1）基态Au原子的价层电子排布式为5d106s1。按核外电子排布，下列元素与金元素位于元素周期表同区的是（填序号）。a.24Crb.30Znc.31Ga（2）硫脲可看作是尿素[CO（NH2）2]中的O原子被S原子取代的产物。①一个硫脲分子中的σ键数目为。②[CS（NH2）2]结合H+的能力强于[CO（NH2）2]，与S、O的电负性有关。比较S和O的电负性大小，并从结构角度说明理由：。（3）一种Au﹣Cu合金的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如图。①每个Au原子周围与它最近且距离相等的Cu原子有个。②已知阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）（4）硫脲与Fe3+联合浸金原理为：Au+Fe①CS（NH2）2分子中的S原子与Au+通过配位键结合生成{Au[CS（NH2）2]2}+，从而提高金的浸出率。解释二者能形成配位键的原因：。②溶液pH对金浸出率的影响如图所示。pH＜1时，金的浸出率随pH减小而降低，分析原因：CS（NH2）2+H++＝H2S↑++（补全反应）。3．（2026春•雨花区校级期中）（1）0.1mol烷烃E完全燃烧，消耗标准状况下的O211.2L，其分子式为。（2）的名称是。（3）工业上用乙炔制乙醛的化学方程式（要求写反应条件）。（4）胍（）为平面形分子，存在大π键π46。胍属于（填“极性”或“非极性”）分子。基态N原子的核外有个未成对电子，N原子的最高能级的电子所在的轨道形状为，胍易吸收空气中的H2O，其原因是（5）InAs为原子之间以共价键的成键方式结合而成的晶体。其晶胞结构如图所示。已知该晶胞棱长为apm（1pm＝10﹣10cm）。阿伏加德罗常数为NA，InAs的摩尔质量为Mg/mol，则该晶体的密度ρ＝g/cm3。4．（2026春•山西期中）CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2═CH3OH+H2O）可助力“碳中和”。回答下列问题：（1）该反应所涉及的分子中属于非极性分子的是（填分子式）。（2）CO2中心原子杂化类型为，与CH3OH中碳原子的杂化类型（填“相同”或“不同”）。（3）H2中的σ键属于（填“s﹣sσ键”“s﹣pσ键”或“p﹣pσ键”）。（4）CH3OH中各元素电负性由大到小的顺序为（用元素符号表示）。CH3OH易溶于水，原因是。（5）CH3OH中H—C—H的键角（填“＞”“＜”或“＝”）H2O中H—O—H的键角，理由是。5．（2026•永川区校级模拟）近年来，中国商务部、海关总署宣布对稀土相关物项实施出口管制。稀土元素是指元素周期表中原子序数为57～71的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪（Sc）和钇（Y），共17种元素，稀土分为轻稀土和中重稀土。请回答下列问题：（1）镧系元素在周期表中的位置是；已知基态镝（Dy）原子的电子排布式为[Xe]4f106s2，则一个基态镝原子所含的未成对电子数目为个。（2）氧化钇（Y2O3）广泛应用于微波、光学玻璃、激光、超导等许多尖端行业。利用废荧光粉（主要成分为ZnO、Y2O3，还含有一定量的Al2O3、PbO2、SiO2、MgO等）为原料生产Y2O3的工艺流程如图所示。已知：ⅰ、金属离子浓度小于等于1.0×10﹣5mol•L﹣1时，认为已沉淀完全。ⅱ、常温下，相关金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH如图所示。①采用离子浓度传感器测得相同时间内Y3+的浸取率与浸取溶液温度的关系如图所示，T1℃后，Y3+的浸取率随温度升高而减小，请从反应原料的角度分析最可能的原因是。②滤渣b的主要成分是（填化学式）。③若常温下测得Y3+恰好沉淀完全时，滤液中c(C2O42-)=1.2×10-6mol⋅L-1，则Ksp[Y2（C2④“焙烧”时Y2（C2O4）3•9H2O发生反应的化学方程式为：。（3）铈（Ce）属于镧系元素，氧化铈是一种重要的光催化材料。CeO2具有良好的储氧放氧能力，是汽车尾气净化催化剂的关键成分，其晶胞如图所示。①纳米CeO2中位于晶粒表面的Ce4+具有催化作用。已知CeO2晶胞边长为anm，在边长为2anm的立方体晶粒中位于表面的Ce4+最多有个。②在尾气消除过程中CeO2与CeO2﹣x（0≤x≤0.5）相互转化。CeO2﹣x中的Ce为+3、+4价，测定x的值可判断它们的比例。现取CeO2﹣x固体1.6560g，加入足量硫酸和0.0220molFeSO4•7H2O充分溶解，使Ce4+全部被还原成Ce3+，再用0.1000mol•L﹣1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点，重复操作三次，若平均消耗标准溶液40.00mL（已知氧化性：Ce4+＞KMnO4），则此时x为。6．（2026•河北区二模）中国科学家发现的新矿物——金秀矿是镍（Ni）铋（Bi）砷（As）硫化物。根据组成金秀矿的元素，回答下列问题：（1）基态Ni核外电子有种空间运动状态，价层电子排布式为。（2）As和Bi属于氮族元素，位于元素周期表区，AsO33-的空间结构为（3）足量浓HNO3与H3AsO3可发生反应：HNO3（浓）+H3AsO3→H3AsO4+NO2+H2O（未配平）。设NA为阿伏加德罗常数的值。关于该反应的说法中正确的是（填序号）。A.氧化性：浓HNO3＞H3AsO4B.氧化1molH3AsO3时，转移电子数为2NAC.由于2NO2（g）⇌N2O4（g），消耗1molHNO3时，生成气体质量小于46g（4）羰基化法提纯镍过程中，涉及羰基镍Ni（CO）4，其熔点为﹣25℃、沸点为43℃，羰基镍晶体类型为晶体，1molNi（CO）4含有σ键mol。（5）电解法精炼镍：以NiSO4溶液为电解液提纯粗镍（含少量Fe、Cu和Ag等杂质），阴极的电极反应式为。（6）金属镍与镧（La）形成的合金是一种良好的储氢材料，其立方晶胞结构示意图如图。若镧镍合金晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则镧镍合金的晶体密度为g•cm﹣3（用含NA的代数式表示）。（7）若镧镍合金的储氢原理是：H2解离的H原子占据原晶胞上下底面的棱心和面心，则形成的储氢化合物的化学式为。7．（2026•潍坊模拟）过渡元素Cu、Ag能形成多种配合物。回答下列问题：（1）Ag与Cu同族且相邻，基态Ag原子d轨道电子数为，Cu、Ag、Zn第一电离能由大到小的顺序为。（2）Ag（Ⅰ）能和S2O32-、CN﹣、SCN﹣等形成配离子，S2O32-的空间结构为，SCN﹣存在共振现象，一种共振式为S＝C＝N﹣，比较碳氮键键长：（3）铜与反式丁烯二酸根、2，2'﹣联吡啶形成的配离子如图。铜的化合价为。顺式丁烯二酸的Ka2远小于反式丁烯二酸的Ka2，主要原因是。（4）某Cu（Ⅱ）配合物可用于有机合成的催化剂，阴离子晶胞结构如图1，阳离子(NH4+)在晶胞中沿y轴的投影及原子分数坐标如图2。已知晶胞参数α＝β＝γ＝90°，投影a1、a2、a3、a4对应的NH4+位于晶胞棱边，投影b该配合物阴离子的化学式为，m、n两点的间距为pm，晶胞中阴离子周围距离最近的NH4+的数目为8．（2026•宁波模拟）含碳化合物在生产生活中有着重要应用。（1）化合物X的晶体结构如图所示。①其化学式为，C的配位数是。②下列说法正确的是A.X属于混合型晶体B.X中N的所有电子均用于成键C.X的硬度可能超过金刚石D.核外电子排布为1s22s22p23s1的N原子处于激发态（2）化合物A[SC（NH2）2]的结构如图所示，可以用于提取废旧电路板中附着的微量金（Au）单质，得到Au[SC(NH①碱性条件下化合物A不稳定。A与NaOH以物质的量之比为1：2反应可得到链状化合物C和物质的量之比为1：2的Na2S、H2O，写出化合物C的结构式：。②写出在酸性条件下利用化合物A和O2提取金的离子方程式：。③化合物A、B的结构如图所示，已知酸性A＜B，从结构角度说明原因：。④设计实验，利用化合物A的还原性检验其中的S元素：。⑤硫代硫酸盐法具有低毒、高效的特点，也可用于提取金。已知：硫代硫酸根离子的结构为，S原子参与配位，写出[Au(S2O3)2]9．（2026•东丽区模拟）2025年3月，小米SU7Ultra刷新纽北记录获央视新闻点赞，中国汽车打破了欧美车企长期霸榜纽北的局面，开启中国汽车在全球硬核科技科技领域的新征程，小米汽车搭载了我国自主研发的“刀片电池”技术，其正极材料为磷酸铁锂（LiFePO4）。请依据材料回答下列问题（1）①写出基态Fe原子的价电子排布式。②基态P原子中，能量最高的电子所占据能级的电子云轮廓图形状为；PO43-空间构型为（2）磷酸铁锂电池工作时的总反应为：Li1﹣xFePO4+xLi⇌充电放电LiFePO4放电时，正极的电极反应式为（3）含镓（Ga）化合物在半导体材料、医药行业等领域发挥重要作用。回答下列问题：GaX3的熔沸点如表所示。镓的卤化物GaCl3GaBr3GaI3熔点/℃77.75122.3211.5沸点/℃201.2279346①GaF3的熔点约1000℃，远高于GaCl3的熔点，原因是。②钙与镓同周期，CaF2晶胞结构见图，则距Ca2+最近且等距的F﹣有个。已知晶胞参数为anm阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为g•cm﹣3。10．（2026•浙江模拟）铁、钴、镍3种元素通常称为铁系元素，在生产和科研中具有重要作用。请回答。（1）KNiF3部分晶体结构如图所示，其中Ni2+被6个F﹣包围形成正八面体结构。①基态Ni2+核外价层电子的轨道表示式为。②在一个晶胞中与K+距离相等且最近的F﹣有个。（2）K2FeO4是一种优良的水处理剂，具有氧化杀菌和净水双重作用，其水溶液的颜色与KMnO4溶液颜色相同，且在酸性条件下不稳定。①实验室用Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔可制取K2FeO4。KNO3中阴离子的VSEPR模型为；设计实验检验生成物中的铁元素。②研究表明，碱性条件下，K2FeO4可有效将废水中的CN﹣转化为毒性极低的CNO﹣，书写该反应的离子方程式。已知CNO﹣的中心原子为C，写出2种CNO﹣的可能的结构式。（3）钴、镍元素可与多种配体形成配合物。①Ni（CO）4是无色的挥发性液体，K2[Ni（CN）4]是红黄色单斜晶体，K2[Ni（CN）4]的熔点高于Ni（CO）4的原因是。②Ni2+与丁二酮肟（）按微粒数1：2反应，可生成鲜红色的沉淀二丁二酮肟合镍，生成物分子中含有多个环状结构，还含有分子内氢键。画出二丁二酮肟合镍的分子结构示意图。③含[Co(NH3)6]2+溶液放置于空气中会缓慢氧化生成11．（2026春•安徽校级期中）MAX相是一大类具有层状结构的金属碳化物或氮化物的总称，其中M为Ti、V、Nb（铌）等过渡金属，X为C或N，A为Al、Sn、Ge、Sb等主族元素。回答下列问题：（1）Nb是与V同族的相邻周期元素，其基态原子中的价电子分布在两个能级且均为未成对电子，基态Nb原子价电子的轨道表示式为；第4周期中，基态原子未成对电子数比Nb多的元素是（填元素符号）。（2）与N同周期的非金属主族元素中第一电离能大于N的是（填元素符号），与N同周期的非金属元素（硼除外）形成的简单气态氢化物中键角最小的是（填化学式）。R3N可与H+结合形成R3NH+，存在平衡R3NH+⇌R3N+H+，平衡常数为Ka。R3N能结合H+的原因是；（3）Ti、Al、C组成的MAX相结构属六方晶系，晶胞参数a≠c，α＝β＝90°，γ＝120°，晶胞结构及C、Ti原子沿z轴投影如图所示。晶体中与C最近且等距离的Ti原子的个数是。该晶体的密度为ρg•cm﹣3，阿伏加德罗常数的值NA＝（用含a、c、ρ的代数式表示）。12．（2026春•西安月考）钛的化合物在化工、医药、材料等领域具有广泛应用。回答下列问题：（1）基态22Ti原子价层电子排布式为，与Ti位于同周期的Co在元素周期表中的位置是。（2）四卤化钛（TiX4）的熔点如图所示，熔点呈现该变化趋势的原因为。（3）半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯等的聚合，其结构简式如图所示。①组成该物质的元素中，电负性由大到小的顺序依次是。②M中，不含的化学键是（填字母）。a．π键b．σ键c．配位键d．氢键e．离子键（4）向浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，再通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3•6H2O的绿色晶体，晶体中两种配体物质的量之比为1：5，则该配合物的化学式为。（5）钛白粉对紫外线具有强反射与吸收作用，是防晒护肤品中的重要物理防晒剂，它是钛的一种氧化物，其一种晶胞结构如图a所示（晶胞棱边夹角均为90°），钛原子位于顶点和体心。①已知微粒1和2的分数坐标分别为（0，0，0）和（0.31，0.31，0），则微粒3的分数坐标为。②画出此晶体沿x轴方向的投影图。13．（2026•杭州模拟）CO2催化加氢可制甲醇，在氧化铟（In2O3）催化剂表面同时发生以下反应：反应Ⅰ：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）Δ反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）CO（1）下列关于反应Ⅰ、Ⅱ的说法正确的是。A．气体平均摩尔质量不再变化时，反应体系达到平衡状态B．升高温度，反应①、②速率均增大C．升高温度，平衡转化率一定减小D．及时分离出H2O，有利于提高CH3OH的平衡产率（2）①常压下，反应Ⅱ的ΔG随温度变化的理论计算结果如图所示该反应的ΔS＝J/（mol•K）②在含催化剂、容积恒为2L的恒温容器中，加入1molCO2和3molH2发生反应。初始压强为p0。达平衡时，CO2转化率为60%，CO浓度为0.15mol/L，反应Ⅱ的分压平衡常数Kp＝（用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压＝总压×物质的量分数）。（3）在催化剂表面发生的基元反应及活化能Ea数据如下（*表示吸附态物种）：序号基元反应Ea（kJ•mol﹣1）序号基元反应Ea（kJ•mol﹣1）ACO78fCH329bN292gH218cCO245hHCOO125dHCOO*+H*→HCOOH*38iHCOO*→CO*+OH*22eHCOOH62jCO*→CO（g）32相同温度下，升高H2分压，CH3OH选择性明显提高。请结合基元反应竞争路径解释：。（4）上述基元反应ⅰ中生成某中间体的机理如图所示。催化剂活化：ln2O3（无活性）⇌氧化①In（原子序数为49），位于元素周期表第周期第族。②根据元素电负性的变化规律，推测转化Ⅲ后虚线框生成的物种可表示为（用“*”表示吸附态）③H2O（g）会造成催化剂失活，请用化学方程式表示催化剂失活的原因：。14．（2026•和平区二模）ⅥA族的O、S、Se、Te等元素的化合物有许多重要用途。回答下列问题：（1）基态O原子中，未成对电子数与成对电子数之比为。（2）SO32-中S原子的杂化轨道类型为，离子的空间结构为（3）H2S、H2Se和H2Te键角大小顺序是，原因是。（4）黄铁矿是工业生产硫酸的原料，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm，该晶体的电子式为，晶体的密度为g•cm﹣3。（5）工业上可用Na2S2O3除去多余的Cl2，试写出该反应的离子方程式。（6）化合物HA、HB和HC的结构如图2。HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键（—O—H﹣﹣﹣OH2），按照氢键由强到弱对三种酸排序，请说明理由。（7）H2S用作重金属离子的沉淀剂。25℃时，向浓度均为0.001mol/LSn2+和Ag+的混合溶液中通入H2S，当Sn2+开始沉淀时，溶液中c（Ag+）＝。（已知：25℃时，Ksp(SnS)=1.0×1015．（2026•青岛校级模拟）过渡元素锰能形成很多重要的化合物。回答下列问题：（1）三醋酸锰[（CH3COO）3Mn]是一种有机反应氧化剂。Mn在元素周期表中的位置为。下列表示锰原子处于激发态的有（填标号，下同），其中能量较高的是。a．[Ar]3d54s2b．[Ar]3d54s14p1c．[Ar]3d5d．[Ar]3d54p2（2）三醋酸锰是一种配合物，其结构如图1所示，所含π键和σ键个数之比为。羧酸可表示为A―H，FCH2COOH、ClCH2COOH和CH3COOH酸性随A―H间的电子云密度增大而减弱，其中酸性最弱的是。（3）锰酸锂（LiMn2O4）可作为锂离子电池的正极材料，通过Li+嵌入或脱嵌实现充放电。①锰酸锂可充电电池的总反应为：Li1﹣xMn2O4+LixC⇌充电放电LiMn2O4+C（0＜x＜1）。Li+从锰酸锂中脱嵌的过程为（填“放电”或“充电”）过程，对应的电极反应式为②LiMn2O4晶胞可看成由图2中A、B单元按图3方式构成。图1中“”表示O2﹣，则“”表示的微粒是。（填离子符号）16．（2026春•北京校级期中）乙炔是有机合成的重要原料。利用电石可制备乙炔，电石的主要成分为CaC2，还含有CaS和Ca3P2等少量杂质。Ⅰ．CaC2的结构一种CaC2的晶胞如图所示。（1）CaC2晶体属于（填晶体类型）晶体。（2）每个Ca2+周围等距且紧邻的阴离子有个。（3）一个CaC2晶胞中，含有个σ键和个π键。Ⅱ．制备乙炔并检验其性质已知：ⅰ．CaS、Ca3P2能发生水解反应；ⅱ．PH3能被CuSO4、Br2及酸性KMnO4溶液氧化（4）a中生成乙炔的化学方程式是。（5）实验过程中，b中溶液一直保持蓝色的目的是。（6）实验过程中，c、d试管中溶液的颜色均褪去。其中，c验证了乙炔能与Br2发生加成反应，d则说明乙炔具有性。Ⅲ．以乙炔为主要原料可以合成聚氯乙烯和聚丙烯腈，有关合成路线如图所示。（7）写出物质B的结构简式：；（8）写出反应①的化学方程式：。17．（2026春•武汉校级期中）回答下列问题：（1）已知端炔烃在催化剂存在下可发生反应：2R﹣C≡C﹣H→催化剂R﹣C≡C﹣C≡C﹣R+H2•称为Glaser反应，已知：，该转化关系的产物E（C16H10）的结构简式是，理论上用1molE还原成环状烷烃，至少需要消耗mol氢气。（2）已知可简写为，现有某化合物W的分子结构可表示为。①W的一氯代物有种。②一种W的同分异构体属于芳香烃，能发生聚合反应，写出该芳香烃的结构简式为。（3）2﹣甲基咪唑分子五元环上所有原子共平面，已知氮原子的电子云密度越高，结合质子的能力越强，碱性越强。由Zn2+与2﹣甲基咪唑离子[(C4H5N2)-]组成的配合物是金属有机框架材料①判断碱性强弱：咪唑（）2﹣甲基咪唑（）（填“＞”“＜”或“＝”）②材料ZIF﹣8中Zn2+与其周围紧邻的氮原子形成的空间构型为，晶胞俯视投影图中Zn2+的位置正确的是（填标号）。A．B．C．③设阿伏加德罗常数的值为NA，配合物Zn（C4H5N2）2的摩尔质量为Mg•mol﹣1，则晶体密度ρ＝g•cm﹣3（用含M、NA、a的代数式表示）。18．（2026春•上海校级期中）乙醇是常见的工业原料，可以合成乙醛、肉桂醛、乙酸乙酯等物质。（1）乙醇中电负性最大的元素是。A．OB．CC．H（2）乙醇常温下为液体，沸点高于式量相近的烷烃原因是。实验室可用铜催化将乙醇转化为乙醛。铜晶胞结构如图所示。（3）每个铜原子周围距离最近且相等的铜原子有个。A．6B．8C．12D．16（4）已知铜的密度为ρg•cm﹣3，计算Cu晶胞边长为pm（用含ρ、NA的代数式表示）。（5）1mol乙醛分子中σ键的数目为。A．5NAB．6NAC．7NAD．8NA（6）乙醇脱氢制乙醛的反应为CH3CH2OH（g）⇌CH3CHO（g）+H2（g），焓变为ΔH，已知：乙醇、乙醛、氢气燃烧的热化学方程式如下：CH3CH2OH（g）+3O2（g）＝2CO2（g）+3H2O（l）ΔH1＝﹣1367kJ•mol﹣1CH3CHO（g）+52O2（g）＝2CO2（g）+2H2O（l）ΔH2＝﹣1167kJ•molH2（g）+12O2（g）＝H2O（l）ΔH3＝﹣286kJ•mol计算ΔH＝kJ•mol﹣1。（7）乙醇与乙酸在一定条件下发生反应CH3COOH+C2H5OH⇌CH3COOC2H5+H2O。为进一步研究反应中乙醇化学键的断裂位置，通常使用18O标记的乙醇（C2H518OH）进行实验。下列说法中正确的是。A．该反应使用稀硫酸作为催化剂B．16O和18O属于不同种核素C．产物中的18O位于水中D．用D标记的乙醇（C2H5OD）也能达到实验目的一种电解法制取肉桂醛前驱体的装置原理如图所示。（8）苯甲醇在电极A处发生。A．氧化反应B．还原反应C．取代反应D．消去反应（9）写出电解时乙醇发生的电极反应：。19．（2026春•湖北期中）氯及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用，按要求回答下列问题：（1）与CH3NH2相比，CH2ClNH2中N原子结合H+能力更（填“强”或“弱”），CH2ClNH2与足量盐酸反应的离子反应方程式为。（2）将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质属于顺磁性物质的是（填字母）。A．[Cu（NH3）2]ClB．[Co（NH3）5Cl]Cl2C．Na2[ZnCl4]（3）CuCl属于共价化合物、气态CuCl分子的相对分子质量为199，该分子中含有配位键，则气态CuCl分子的结构式为。（4）已知：若多原子分子中各原子在同一平面，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成大π键，ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键（Π35）。由以上信息推断：ClO2中Cl原子的轨道杂化方式为；O﹣Cl﹣O键角Cl﹣O﹣Cl键角（填“＞”“＜”或“＝”）。ClO2与Cl2O中Cl﹣O键的键长相比，前者较小，说明原因20．（2026春•番禺区校级期中）硒（Se）是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光（AIE）效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路线如图：（1）Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为。（2）H2Se的沸点低于H2O，其原因是。（3）关于Ⅰ～Ⅲ三种反应物，下列说法正确的有。A．Ⅰ中仅有σ键B．Ⅰ中的Se﹣Se键为非极性共价键C．Ⅱ易溶于水D．Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2E．Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O电负性最大（4）Ⅳ中具有孤对电子的原子有。（5）硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4H2SeO3（填“＞”或“＜”）。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠（Na2SeO4）可减轻重金属铊引起的中毒。SeO42-的立体构型为（6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。①X的化学式为。②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρg•cm﹣3，则X中相邻K之间的最短距离为nm（列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值）。21．（2026春•武汉期中）前20号元素的第一电离能和原子序数关系如图。回答下列问题：（1）J元素在周期表中的位置是。（2）图中电负性最强的元素是（填元素符号）；该元素位于周期表的区。（3）A所在周期的所有元素形成的简单氧化物中，所含化学键中离子键百分数最强的是。（填化学式）（4）G的第一电离能强于H的原因是。（5）L的非金属性强于K的证据（用离子方程式表示）。（6）DJ晶胞属立方晶胞，结构如下图所示。设晶胞参数为apm，该晶胞中D与最近的J距离为pm；该晶胞的密度ρ＝g/cm3。22．（2026春•武汉期中）丁二酮可与羟胺（NH2OH）合成丁二酮肟，丁二酮肟可与含Ni化合物形成二丁二酮肟合镍。回答下列问题：（1）某同学书写的基态氧原子的核外电子排布图违反了。A．构造原理B．泡利原理C．洪特规则D．能量最低原理（2）二丁二酮肟合镍中N原子的杂化方式为；镍离子的配体数为。（3）键角：α（填“＞”、“＜”或“＝”）β。（4）比较丁二酮和丁二酮肟的沸点，并说明原因。（5）Ni2+还可与多种其他配体形成配合物：①[Ni(CN)4]2-中π键与σ键数目比为②1mol[Ni（NH3）5Cl]Cl2在水溶液中可与molAg+沉淀完全。23．（2026春•武汉期中）过渡元素可用于制作耐高温、耐腐蚀的金属材料和催化剂。回答下列问题：（1）金属的通性可以用理论解释。（2）氮化钛为金黄色晶体，是良好的半导体材料，其晶胞为正方体，结构如图所示。已知b点原子的坐标分数为（1，1，0），TiN的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，回答下列问题：①a原子的坐标分数为。②晶胞中N的配位数为。③设晶胞密度为ρ，则N与Ti的最短距离m＝。（3）α﹣Fe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xpm）。研究发现，α﹣Fe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Fe原子个数越多，催化活性越低：回答下列问题：①m、n截面中，催化活性较低的是。②n截面单位面积含有的Fe原子为个•pm﹣2。24．（2026•陕西二模）镍和钴单质及其化合物应用广泛。回答下列问题：（1）基态Co原子核外电子的空间运动状态有种。已知Ni、Co的第五电离能：I5(Ni)=7339kJ⋅mol-1，I5(Co)=7670kJ⋅mol-1，从原子结构的角度分析I5（Ni）＜I（2）配离子[Ni(SCN)3]-中电负性最小的元素是（填元素符号），SCN﹣的空间结构为（3）一种具有光催化作用的配合物结构如图，其中Co的化合价为；ClO3-中O—Cl—O键角图中a处C—N—C键角（填“＞”“＜”或“＝”）。已知配体为平面结构，则其中①号N原子的价层孤电子对占据A．2s轨道B．2p轨道C．sp杂化轨道D．sp2杂化轨道（4）SmCok（k＞1）是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，其六方晶胞示意图如图，晶胞参数a＝500pm、c＝400pm，M、N原子的分数坐标分别为(56，16，12)、(16，56，12)。设NA为阿伏加德罗常数的值。则晶体中与Sm25．（2026•丽水模拟）卤族元素可以与很多元素形成多种具有不同组成、结构、性质的物质。请回答下列问题：（1）HF可用于雕刻玻璃，反应方程式为：SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O①基态F原子中，电子的空间运动状态有种。②﹣40℃时，F2与冰反应生成HOF和HF。常温常压下，HOF为无色气体，HOF水解反应的产物除HF外的另一种化合物为（填化学式）。③从结构的角度分析Si—O转换为Si—F的原因：。（2）卤族元素可以做配合物的配体。①[Cu（H2O）2（Cl）2]中所含元素电负性由大到小的顺序为。②一定条件下，SbCl3与GaCl3以物质的量之比为1：1混合得到一种固态离子化合物，其结构组成可能为：（a）[SbCl2]+[GaCl4]-或（b）[GaCl2]+[SbCl③利用AI模拟C38H30I3的结构如图，该物质是一种含有碳一碳单电子σ键的化合物，虚线和圆点表示仅有1个共用电子的σ键。（Ph代表苯基）上图所示物质的正离子中，构成单电子σ键的碳原子的杂化方式是，上图所示物质的负离子[I—I—I]﹣的中心碘原子价层电子对数为。（3）晶体的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体（图1），进行镁离子取代后，可获得高性能固体电解质材料（图2）。①图1晶胞中的Cl平移到面心位置，则平移后Li所在晶胞位置为；②镁离子取代过程中，发生的反应的离子方程式为。

2027年高考化学复习必刷题——解答一．解答题（共25小题）1．（2026•丰台区二模）锡基卤化物钙钛矿以其高光电性能和低毒性受到广泛关注。（1）某锡基卤化物钙钛矿材料的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图所示。①每个CH3NH3+周围与它最近且距离相等的CH②CH3NH3SnI3的摩尔质量为Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA。该晶体的密度为M×1021a3NAg•cm﹣3（③CH3NH3+中H﹣N﹣H键角比NH3中H﹣N﹣H键角大（填“大”或“小”），原因是CH3NH3+中N原子无孤电子对，NH3中N原子有1对（2）锡基钙钛矿中50Sn2+容易被氧化为50Sn4+是制约其发展的关键问题。50Sn2+的价层电子排布式为5s2。（3）为了防止Sn2+被氧化，提高其稳定性的方法是将CH3NH3该离子与无机层（Sn2+和I﹣所在的层）的微粒间存在多种相互作用，直接保护了易被氧化的Sn2+，且外部微粒更难进入。①质子化的3﹣氨基苯磺酰胺与I﹣之间存在的化学键为离子键。②质子化的3﹣氨基苯磺酰胺与Sn2+之间存在配位键，其分子中N、O、S能作配位原子的是O（或N、O）。【答案】（1）①12；②M×1021a3NA；③大；CH3NH3+中N原子无孤电子对，NH3中N（2）5s2；（3）①离子键；②O（或N、O）。【分析】（1）①根据晶胞的结构来分析；②根据均摊法计算晶胞中各粒子数，然后再根据密度ρ=mV进行计算；③根据（2）根据Sn、Sn2+、Sn4+的价电子排布规律来分析；（3）①根据微粒中含有的化学键类型来分析；②根据形成配位键的条件来分析。【解答】解：（1）①以体心的CH3NH3+为例，最近且等距的CH3NH3+位于晶胞的面心位置；晶胞边长为anm，面心到体心的距离为2故答案为：12；②用均摊法计算晶胞中各粒子数：Sn2+：位于体心，数目为1；I﹣：位于棱上，12×14=3；CH3NH3+：位于顶点，8×18=1；因此晶胞化学式为CH3NH3SnI3，晶胞质量m=MNAg；晶胞体积V＝（anm）3＝（a×故答案为：M×10③CH3NH3+中H﹣N﹣H键角比NH3中H﹣N﹣H键角大，原因：NH3分子中N原子有1对孤电子对，而CH3NH3+故答案为：大；CH3NH3+中N原子无孤电子对，NH3中N原子有1对孤电子对，孤电子对的排斥力大于成键电子对，故CH3（2）Sn是50号元素，基态Sn原子的核外电子排布式为[Kr]4d105s25p2；失去电子变成Sn2+时，先失去5p轨道的2个电子，所以50Sn2+的价层电子排布式为5s2；Sn4+是再失去5s轨道的2个电子，价层电子排布式为4d10；故答案为：5s2；（3）①质子化的3﹣氨基苯磺酰胺中存在-NH3+（带正电的阳离子基团），故答案为：离子键；②N：在-NH3+中，N的孤电子对已经用于成键，没有多余孤电子对；但磺酰胺基的-NH3+外的N（或﹣NH﹣）、O（磺酰基S＝O中的O）有孤电子对；O：磺酰基（﹣SO2﹣）中的O原子有孤电子对，可以作为配位原子；S：S在磺酰基中为+6价，价层电子对成键，没有多余孤电子对，不能作配位原子；所以能作配位原子的是故答案为：O（或N、O）。【点评】本题主要考查晶体结构、化学键、配位键等物质结构核心知识点，综合性强，既考查晶胞计算等空间思维能力，也考查键角、配位原子等理论理解，能全面检验相关知识的掌握程度。2．（2026•朝阳区二模）金（Au）是一种用途广泛的贵重金属，硫脲[CS（NH2）2]是一种新型浸金试剂。（1）基态Au原子的价层电子排布式为5d106s1。按核外电子排布，下列元素与金元素位于元素周期表同区的是b（填序号）。a.24Crb.30Znc.31Ga（2）硫脲可看作是尿素[CO（NH2）2]中的O原子被S原子取代的产物。①一个硫脲分子中的σ键数目为7。②[CS（NH2）2]结合H+的能力强于[CO（NH2）2]，与S、O的电负性有关。比较S和O的电负性大小，并从结构角度说明理由：O＞S，S原子半径大于O，O对核外电子吸引能力更强，电负性更大。（3）一种Au﹣Cu合金的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如图。①每个Au原子周围与它最近且距离相等的Cu原子有12个。②已知阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为389×1021NA×a3g•cm﹣3。（（4）硫脲与Fe3+联合浸金原理为：Au+Fe①CS（NH2）2分子中的S原子与Au+通过配位键结合生成{Au[CS（NH2）2]2}+，从而提高金的浸出率。解释二者能形成配位键的原因：S原子有孤电子对，Au+（或Au）有空轨道，可形成配位键。②溶液pH对金浸出率的影响如图所示。pH＜1时，金的浸出率随pH减小而降低，分析原因：CS（NH2）2+2H++2H2O＝H2S↑+CO2↑+2NH4+【答案】（1）ds；b；（2）①7；②O＞S，S原子半径大于O，O对核外电子吸引能力更强，电负性更大；（3）①12；②389×10（4）①S原子有孤电子对，Au+（或Au）有空轨道，可形成配位键；②pH过低时，CS（NH2）2会与H+反应，导致游离的CS（NH2）2浓度降低，不利于配位，浸出率下降；2；2H2O；CO2↑；2NH4【分析】（1）根据Au的价电子排布判断为ds区，对比各元素电子排布，选出符合条件的选项；（2）根据硫脲结构计算出σ键数目，根据电负性比较结合同主族原子半径对吸引电子能力的影响规律来分析；（3）用均摊法算原子数，结合晶胞边长求体积，再用密度公式计算，同时分析配位数；（4）从配位键形成条件分析，pH影响从反应物与H+的反应角度分析，补全反应遵循原子守恒。【解答】解：（1）基态Au的价电子排布为5d106s1，属于ds区；a.24Cr：价电子3d54s1，d区；b.30Zn：价电子3d104s2，ds区；c.31Ga：价电子4s24p1，p区；故答案为：b；（2）①硫脲CS（NH2）2的结构：C＝S双键含1个σ键，2个N﹣H单键共4个σ键，2个C﹣N单键共2个σ键，总σ键数为7；故答案为：7；②O和S同主族，S的原子半径大于O，O的原子核对核外电子的吸引能力更强，因此电负性O大于S；故答案为：O＞S，S原子半径大于O，O对核外电子吸引能力更强，电负性更大；（3）①Au原子位于晶胞的顶点，Cu原子位于晶胞的面心；每个Au原子周围最近且距离相等的Cu原子有12个（顶点Au被8个晶胞共用，每个晶胞有3个面心Cu，8×32故答案为：12；②晶胞中Au原子数：8×18=1，Cu原子数：6×12=3；晶胞质量m=389NAg；晶胞边长a＝a×10﹣7cm，体积V＝（a×10﹣7）3cm3；密度ρ=故答案为：389×10（4）①二硫腙CS（NH2）2分子中的S原子有孤电子对，Au+（或Au原子）有空轨道，二者可以通过配位键结合形成{Au[CS（NH2）2]2}+，故答案为：S原子有孤电子对，Au+（或Au）有空轨道，可形成配位键；②pH过低（H+浓度大）时，CS（NH2）2会与H+反应，导致游离的CS（NH2）2浓度降低，不利于与Au形成配位离子，从而使金的浸出率降低；根据题文信息及离子反应方程式中电荷守恒、原子守恒规律，得到反应：CS（NH2）2+2H++2H2O＝H2S↑+CO2↑+2NH4故答案为：pH过低时，CS（NH2）2会与H+反应，导致游离的CS（NH2）2浓度降低，不利于配位，浸出率下降；2；2H2O；CO2↑；2NH4【点评】本题主要考查物质结构与性质、晶胞计算、配位化学及反应原理，涵盖元素周期表分区、化学键、电负性、晶胞配位数与密度计算、pH对浸出率影响等知识点，综合性强，侧重基础与应用。3．（2026春•雨花区校级期中）（1）0.1mol烷烃E完全燃烧，消耗标准状况下的O211.2L，其分子式为C3H8。（2）的名称是2，2，4，4﹣四甲基己烷。（3）工业上用乙炔制乙醛的化学方程式CH≡CH+H2O→△催化剂CH3CHO（4）胍（）为平面形分子，存在大π键π46。胍属于极性（填“极性”或“非极性”）分子。基态N原子的核外有3个未成对电子，N原子的最高能级的电子所在的轨道形状为哑铃形，胍易吸收空气中的H2O，其原因是胍与H2O能形成分子间氢键（5）InAs为原子之间以共价键的成键方式结合而成的晶体。其晶胞结构如图所示。已知该晶胞棱长为apm（1pm＝10﹣10cm）。阿伏加德罗常数为NA，InAs的摩尔质量为Mg/mol，则该晶体的密度ρ＝4Ma3NA×【答案】（1）C3H8；（2）2，2，4，4﹣四甲基己烷；（3）CH≡CH+H2O→△催化剂CH3（4）极性；3；哑铃形；胍与H2O能形成分子间氢键；（5）4Ma3N【分析】（1）根据烷烃燃烧的化学方程式，利用消耗氧气的物质的量与烷烃物质的量的关系，建立方程求解烷烃分子中的碳原子数，从而确定其分子式进行分析；（2）根据有机物系统命名法的规则，首先确定最长碳链为主链，然后对主链进行编号，使取代基的位次号之和最小，最后写出完整的名称进行分析；（3）根据工业上乙炔水化法制乙醛的反应原理，写出反应物、生成物，并注明正确的反应条件进行分析；（4）根据分子的对称性判断其极性；根据氮原子的核外电子排布确定其未成对电子数和最高能级轨道的形状；根据氢键的形成条件分析胍易吸水的原因进行分析；（5）根据晶胞结构图，利用均摊法计算一个晶胞中所含的化学式单元数，然后结合晶胞质量、体积和密度公式进行计算进行分析。【解答】解：（1）标准状况下11.2L氧气的物质的量为0.5mol，设烷烃的分子式为CnH2n+2，其完全燃烧的化学方程式为：CnH2n+2+3n+12O2→点燃nCO2+（n+1）H2O，根据题意，0.1mol烷烃消耗0.1×3n+12=0.5，解得n＝3，所以该烷烃的分子式为C3故答案为：C3H8；（2）烷烃命名时，选用最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出支链的位置，该有机物命名为：2，2，4，4﹣四甲基己烷，故答案为：2，2，4，4﹣四甲基己烷；（3）工业上用乙炔和水在催化剂和加热条件下反应生成乙醛，化学方程式为：CH≡CH+H2O→△催化剂CH3故答案为：CH≡CH+H2O→△催化剂CH3（4）胍分子虽然为平面形，但分子结构不对称，正负电荷中心不重合，因此属于极性分子；基态氮（N）原子的核外电子排布式为1s22s22p3。根据洪特规则，2p能级上的3个电子分别占据3个不同的轨道，且自旋方向相同，因此有3个未成对电子；N原子的最高能级是2p能级，p电子所在的轨道形状为哑铃形；胍分子中含有N﹣H键，水分子中含有O﹣H键，N、O原子电负性大，且有孤对电子，因此胍分子与水分子之间可以形成分子间氢键，这使得胍极易吸收空气中的水，故答案为：极性；3；哑铃形；胍与H2O能形成分子间氢键；（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的砷原子个数为4，位于顶点和面心的铟原子个数为8×18+6×12=4，设晶体的密度为ρg/cm3，由晶胞的质量公式可得：4MNA＝10﹣30a3ρ故答案为：4Ma3N【点评】本题考查晶胞的计算等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。4．（2026春•山西期中）CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2═CH3OH+H2O）可助力“碳中和”。回答下列问题：（1）该反应所涉及的分子中属于非极性分子的是H2、CO2（填分子式）。（2）CO2中心原子杂化类型为sp，与CH3OH中碳原子的杂化类型不同（填“相同”或“不同”）。（3）H2中的σ键属于s﹣sσ键（填“s﹣sσ键”“s﹣pσ键”或“p﹣pσ键”）。（4）CH3OH中各元素电负性由大到小的顺序为O＞C＞H（用元素符号表示）。CH3OH易溶于水，原因是CH3OH与水分子间形成氢键。（5）CH3OH中H—C—H的键角＞（填“＞”“＜”或“＝”）H2O中H—O—H的键角，理由是CH3OH中C原子和H2O中O原子的价层电子对数都是4，但O原子含有2对孤电子对，孤电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，键角减小。【答案】（1）H2、CO2；（2）sp；不同；（3）O＞C＞H；（4）O＞C＞H；CH3OH与水分子间形成氢键；（5）＞；CH3OH中C原子和H2O中O原子的价层电子对数都是4，但O原子含有2对孤电子对，孤电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，键角减小。【分析】（1）正负电荷中心重合的分子为非极性分子，不能重合的为极性分子；（2）CO2分子中C原子的价层电子对数为2+12（4﹣2×2）＝2、VSEPR模型为直线形；CH3OH分子中C原子的价层电子对数为4、（3）H原子的1s轨道通过“头碰头”形成H2；（4）元素非金属性越强，其电负性越大；分子间氢键能使物质的溶解性增大；（5）CH3OH中C原子的价层电子对数为4、VSEPR模型为四面体、无孤电子对，H2O中O原子的价层电子对数为4、VSEPR模型为四面体、含有2对孤电子对，结合孤电子对对键角的影响分析判断。【解答】解：（1）上述反应涉及的分子中，属于非极性分子的有CO2和H2，属于极性分子的有CH3OCH3和H2O，故答案为：H2、CO2；（2）CO2分子中C原子的价层电子对数为2+12（4﹣2×2）＝2、VSEPR模型为直线形、C原子杂化方式为sp；CH3OH分子中C原子的价层电子对数为4、VSEPR模型为四面体、C原子杂化方式为sp故答案为：sp；不同；（3）H原子的1s轨道通过“头碰头”形成H2，即H2中的σ键属于为s﹣sσ键，故答案为：s﹣sσ键；（4）CH3OH中各元素的非金属性：O＞C＞H，元素非金属性越强，其电负性越大，即电负性由大到小的顺序为O＞C＞H；CH3OH易溶于水是因为CH3OH与水分子间形成氢键，故答案为：O＞C＞H；CH3OH与水分子间形成氢键；（5）CH3OH中C原子的价层电子对数为4、VSEPR模型为四面体、无孤电子对，H2O中O原子的价层电子对数为4、VSEPR模型为四面体、含有2对孤电子对，孤电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，则CH3OH中H—C—H的键角H2O中H—O—H的键角，故答案为：＞；CH3OH中C原子和H2O中O原子的价层电子对数都是4，但O原子含有2对孤电子对，孤电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，键角减小。【点评】本题考查核外电子排布、原子杂化类型、分子极性、共价键类型等知识，侧重基础知识检测和运用能力考查，明确VSEPR模型的应用、电负性大小比较、氢键对物质性质的影响、键角大小比较方法是解题关键，难度难度中等。5．（2026•永川区校级模拟）近年来，中国商务部、海关总署宣布对稀土相关物项实施出口管制。稀土元素是指元素周期表中原子序数为57～71的15种镧系元素，以及与镧系元素化学性质相似的钪（Sc）和钇（Y），共17种元素，稀土分为轻稀土和中重稀土。请回答下列问题：（1）镧系元素在周期表中的位置是第六周期第ⅢB族；已知基态镝（Dy）原子的电子排布式为[Xe]4f106s2，则一个基态镝原子所含的未成对电子数目为4个。（2）氧化钇（Y2O3）广泛应用于微波、光学玻璃、激光、超导等许多尖端行业。利用废荧光粉（主要成分为ZnO、Y2O3，还含有一定量的Al2O3、PbO2、SiO2、MgO等）为原料生产Y2O3的工艺流程如图所示。已知：ⅰ、金属离子浓度小于等于1.0×10﹣5mol•L﹣1时，认为已沉淀完全。ⅱ、常温下，相关金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH如图所示。①采用离子浓度传感器测得相同时间内Y3+的浸取率与浸取溶液温度的关系如图所示，T1℃后，Y3+的浸取率随温度升高而减小，请从反应原料的角度分析最可能的原因是T1℃后，升高温度盐酸挥发加剧，导致盐酸浓度减小，Y3+的浸取率随温度升高而减小。②滤渣b的主要成分是Al（OH）3（填化学式）。③若常温下测得Y3+恰好沉淀完全时，滤液中c(C2O42-)=1.2×10-6mol⋅L-1，则Ksp[Y2（C2O4）④“焙烧”时Y2（C2O4）3•9H2O发生反应的化学方程式为：2[Y2(（3）铈（Ce）属于镧系元素，氧化铈是一种重要的光催化材料。CeO2具有良好的储氧放氧能力，是汽车尾气净化催化剂的关键成分，其晶胞如图所示。①纳米CeO2中位于晶粒表面的Ce4+具有催化作用。已知CeO2晶胞边长为anm，在边长为2anm的立方体晶粒中位于表面的Ce4+最多有50个。②在尾气消除过程中CeO2与CeO2﹣x（0≤x≤0.5）相互转化。CeO2﹣x中的Ce为+3、+4价，测定x的值可判断它们的比例。现取CeO2﹣x固体1.6560g，加入足量硫酸和0.0220molFeSO4•7H2O充分溶解，使Ce4+全部被还原成Ce3+，再用0.1000mol•L﹣1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点，重复操作三次，若平均消耗标准溶液40.00mL（已知氧化性：Ce4+＞KMnO4），则此时x为0.4。【答案】（1）第六周期第ⅢB族；4；（2）T1℃后，升高温度盐酸挥发加剧，导致盐酸浓度减小，Y3+的浸取率随温度升高而减小；Al（OH）3；1.7×10﹣28；2[Y（3）50；0.4。【分析】荧光粉的主要成分为ZnO、Y2O3，还含有一定量的Al2O3、PbO2、MgO、SiO2等，用盐酸酸浸后，金属氧化物生成金属阳离子，滤渣a为SiO2，加氨水调节pH＝5，结合已知②的图像，滤渣b为Al（OH）3，继续加DDTC除掉锌、铅，加草酸沉钇得到草酸钇晶体，滤液中主要含有的金属阳离子为Mg2+，在空气中焙烧草酸钇晶体得到氧化钇。【解答】解：（1）镧系元素在周期表中的位置是第六周期第ⅢB族；4f能级有7个轨道，最多能排14个电子，镝（Dy）原子的电子排布式为[Xe]4f106s2，说明其4f能级上有4个未成对电子，故答案为：第六周期第ⅢB族；4；（2）由图可知，Y3+的浸取率随温度升高先增大后减小，增大是因为温度提高，加快浸取速率，下降是因为盐酸易挥发，故T1℃后，升高温度盐酸挥发加剧，导致盐酸浓度减小，Y3+的浸取率随温度升高而减小；由分析可知，滤渣b的成分为Al（OH）3；Y3+恰好沉淀完全时，滤液中c(C2O42-)=1.2×10-6mol⋅L-1，此时c（Y3+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1，Ksp[Y2(C2O4)3]=c2(Y3+).故答案为：T1℃后，升高温度盐酸挥发加剧，导致盐酸浓度减小，Y3+的浸取率随温度升高而减小；Al（OH）3；1.7×10﹣28；2[Y（3）边长为2a的立方体晶粒可视为由2×2×2＝8个晶胞堆砌而成，采用总离子数减去内部离子数的方法计算：该晶粒中的Ce4+离子总数为63个，完全处于内部（不与表面接触）的离子有13个，因此位于表面的Ce4+为63﹣13＝50（个）；实验过程中CeO2﹣x固体中Ce4+全部被还原成Ce3+，FeSO4•7H2O部分被氧化成Fe3+，剩余的部分用酸性KMnO4标准溶液滴定，由于氧化性Ce4+＞KMnO4，故滴定过程中KMnO4不会与Ce3+反应，根据反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，与MnO4-反应的Fe2+的物质的量为5×0.1000mol•L﹣1×0.04L＝0.02mol，还原Ce4+消耗的Fe2+的物质的量为0.0220mol﹣0.02mol＝0.0020mol，根据反应Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，可知固体中+4价故答案为：50；0.4。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。6．（2026•河北区二模）中国科学家发现的新矿物——金秀矿是镍（Ni）铋（Bi）砷（As）硫化物。根据组成金秀矿的元素，回答下列问题：（1）基态Ni核外电子有15种空间运动状态，价层电子排布式为3d84s2。（2）As和Bi属于氮族元素，位于元素周期表p区，AsO33-的空间结构为（3）足量浓HNO3与H3AsO3可发生反应：HNO3（浓）+H3AsO3→H3AsO4+NO2+H2O（未配平）。设NA为阿伏加德罗常数的值。关于该反应的说法中正确的是AB（填序号）。A.氧化性：浓HNO3＞H3AsO4B.氧化1molH3AsO3时，转移电子数为2NAC.由于2NO2（g）⇌N2O4（g），消耗1molHNO3时，生成气体质量小于46g（4）羰基化法提纯镍过程中，涉及羰基镍Ni（CO）4，其熔点为﹣25℃、沸点为43℃，羰基镍晶体类型为分子晶体，1molNi（CO）4含有σ键8mol。（5）电解法精炼镍：以NiSO4溶液为电解液提纯粗镍（含少量Fe、Cu和Ag等杂质），阴极的电极反应式为Ni2++2e﹣＝Ni。（6）金属镍与镧（La）形成的合金是一种良好的储氢材料，其立方晶胞结构示意图如图。若镧镍合金晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则镧镍合金的晶体密度为434×1021NAa3g•cm（7）若镧镍合金的储氢原理是：H2解离的H原子占据原晶胞上下底面的棱心和面心，则形成的储氢化合物的化学式为LaNi5H3。【答案】（1）15；3d84s2；（2）p；三角锥；（3）AB；（4）分子；8；（5）Ni2++2e﹣＝Ni；（6）434×10（7）LaNi5H3。【分析】（1）镍是28号元素，基态Ni核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，每种原子轨道上电子的空间运动状态不同；（2）As和Bi属于氮族元素，位于元素周期表第ⅤA族，属于p区，AsO33-的价层电子对数为3+12（5+3﹣2×3（3）A.反应中浓硝酸是氧化剂，H3AsO4是氧化产物；B.反应中As的化合价由+3升高到+5价；C.消耗1molHNO3时，生成1molNO2；（4）羰基镍Ni（CO）4，其熔点为﹣25℃、沸点为43℃，羰基镍晶体类型为分子晶体，镍原子与一氧化碳分子之间存在配位键，一氧化碳的结构为C≡O；（5）电解法精炼镍，以NiSO4溶液为电解液提纯粗镍（含少量Fe、Cu和Ag等杂质），阴极镍离子得电子生成镍单质；（6）由晶胞可知，镧位于顶点，有8×18=1，镍原子位于面上和体心，有8×12+1＝5，则该合金的化学式为LaNi5，若镧镍合金晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则镧镍合金的晶体密度为434NA(a×10-7)（7）若镧镍合金的储氢原理是：H2解离的H原子占据原晶胞上下底面的棱心和面心，则氢原子有8×14+2【解答】解：（1）镍是28号元素，基态Ni核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，每种原子轨道上电子的空间运动状态不同，则有15种空间运动状态，价层电子排布式为3d84s2，故答案为：15；3d84s2；（2）As和Bi属于氮族元素，位于元素周期表第ⅤA族，属于p区，AsO33-的价层电子对数为3+12（5+3﹣2×3故答案为：p；三角锥；（3）A.反应中浓硝酸是氧化剂，H3AsO4是氧化产物，则氧化性：浓HNO3＞H3AsO4，故A正确；B.反应中As的化合价由+3升高到+5价，氧化1molH3AsO3时，转移电子数为2NA，故B正确；C.消耗1molHNO3时，生成1molNO2，则气体质量等于46g，故C错误；故答案为：AB；（4）羰基镍Ni（CO）4，其熔点为﹣25℃、沸点为43℃，羰基镍晶体类型为分子晶体，镍原子与一氧化碳分子之间存在配位键，一氧化碳的结构为C≡O，则1molNi（CO）4含有σ键为8mol，故答案为：分子；8；（5）电解法精炼镍，以NiSO4溶液为电解液提纯粗镍（含少量Fe、Cu和Ag等杂质），阴极镍离子得电子生成镍单质，其电极反应式为Ni2++2e﹣＝Ni，故答案为：Ni2++2e﹣＝Ni；（6）由晶胞可知，镧位于顶点，有8×18=1，镍原子位于面上和体心，有8×12+1＝5，则该合金的化学式为LaNi5，若镧镍合金晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则镧镍合金的晶体密度为434NA(a×10-7)故答案为：434×10（7）若镧镍合金的储氢原理是：H2解离的H原子占据原晶胞上下底面的棱心和面心，则氢原子有8×14+2×12=3故答案为：LaNi5H3。【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。7．（2026•潍坊模拟）过渡元素Cu、Ag能形成多种配合物。回答下列问题：（1）Ag与Cu同族且相邻，基态Ag原子d轨道电子数为20，Cu、Ag、Zn第一电离能由大到小的顺序为Zn＞Cu＞Ag。（2）Ag（Ⅰ）能和S2O32-、CN﹣、SCN﹣等形成配离子，S2O32-的空间结构为四面体形，SCN﹣存在共振现象，一种共振式为S＝C＝N（3）铜与反式丁烯二酸根、2，2'﹣联吡啶形成的配离子如图。铜的化合价为+2价。顺式丁烯二酸的Ka2远小于反式丁烯二酸的Ka2，主要原因是顺式丁烯二酸的一级电离产物形成分子内氢键，使第二个﹣COOH难电离。（4）某Cu（Ⅱ）配合物可用于有机合成的催化剂，阴离子晶胞结构如图1，阳离子(NH4+)在晶胞中沿y轴的投影及原子分数坐标如图2。已知晶胞参数α＝β＝γ＝90°，投影a1、a2、a3、a4对应的NH4+位于晶胞棱边，投影b该配合物阴离子的化学式为CuCl42-，m、n两点的间距为0.3cpm，晶胞中阴离子周围距离最近的NH4+的数目为【答案】（1）20；Zn＞Cu＞Ag；（2）四面体形；＜；（3）+2价；顺式丁烯二酸的一级电离产物形成分子内氢键，使第二个﹣COOH难电离；（4）CuCl42-﹔0.3c；【分析】（1）Ag位于第五周期IB族，基态电子排布为[Kr]4d105s1，故d轨道电子数为10+10＝20；Zn：[Ar]3d104s2，失去一个4S电子破坏全满结构，电离能较高；Cu：[Ar]3d104s1，失去4s1后达稳定结构，电离能次之；Ag：[Kr]4d105s1，5s电子离核更远、更易失去，电离能最低，故顺序为：Zn＞Cu＞Ag；（2）S2O32-与SO42-互为等电子体，中心S原子采取sp3杂化，空间构型为四面体形；CN﹣中为三键，SCN﹣共振式中C＝N为双键，键级越大，键长越短，故CN﹣（3）在此类配合物中，Cu的常见稳定化合价为+2价；顺式丁烯二酸失去一个H+后，﹣COO﹣与﹣COOH形成分子内氢键，使第二个H+更难电离，导致Ka2较小；反式结构无此氢键，Ka2较大；（4）观察图1，白球有8×+6×＝4个，黑球有8×+16×+6＝16个，即个数比为1：4，化学式为CuCl42-﹔观察图2，m，n两点距离为0.65c﹣0.35c＝0.3cpm；结合图1与图2位置，选图1中正面中间的阴离子做参考，周围距离最近的阳离子为a1、a2、a3、a4、b1、b2、m、n，故阴离子周围距离最近的阳离子数目为【解答】解：（1）Ag位于第五周期IB族，基态电子排布为[Kr]4d105s1，故d轨道电子数为10+10＝20；Zn：[Ar]3d104s2，失去一个4S电子破坏全满结构，电离能较高；Cu：[Ar]3d104s1，失去4s1后达稳定结构，电离能次之；Ag：[Kr]4d105s1，5s电子离核更远、更易失去，电离能最低，故顺序为：Zn＞Cu＞Ag；故答案为：20；Zn＞Cu＞Ag；（2）S2O32-与SO42-互为等电子体，中心S原子采取sp3杂化，空间构型为四面体形；CN﹣中为三键，SCN﹣共振式中C＝N为双键，键级越大，键长越短，故CN﹣故答案为：四面体形；＜；（3）在此类配合物中，Cu的常见稳定化合价为+2价；顺式丁烯二酸失去一个H+后，﹣COO﹣与﹣COOH形成分子内氢键，使第二个H+更难电离，导致Ka2较小；反式结构无此氢键，Ka2较大；故答案为：+2价；顺式丁烯二酸的一级电离产物形成分子内氢键，使第二个﹣COOH难电离；（4）观察图1，白球有8×18+6×12=4个，黑球有8×14+16×12+6＝16个，即个数比为1：4，化学式为CuCl42-﹔观察图2，m，n两点距离为0.65c﹣0.35c＝0.3cpm；结合图1与图2位置，选图1中正面中间的阴离子做参考，周围距离最近的阳离子为a1、a2、a3、a故答案为：CuCl42-﹔0.3c；【点评】本题综合考查过渡元素（Cu、Ag）的核外电子排布、电离能、空间结构、化学键、配合物、氢键及晶胞结构分析，全面检验物质结构与性质模块的核心知识点掌握情况。8．（2026•宁波模拟）含碳化合物在生产生活中有着重要应用。（1）化合物X的晶体结构如图所示。①其化学式为C3N4，C的配位数是4。②下列说法正确的是CDA.X属于混合型晶体B.X中N的所有电子均用于成键C.X的硬度可能超过金刚石D.核外电子排布为1s22s22p23s1的N原子处于激发态（2）化合物A[SC（NH2）2]的结构如图所示，可以用于提取废旧电路板中附着的微量金（Au）单质，得到Au[SC(NH①碱性条件下化合物A不稳定。A与NaOH以物质的量之比为1：2反应可得到链状化合物C和物质的量之比为1：2的Na2S、H2O，写出化合物C的结构式：。②写出在酸性条件下利用化合物A和O2提取金的离子方程式：4Au+O2+8SC（NH2）2+4H+＝4Au[SC(NH2)2]2③化合物A、B的结构如图所示，已知酸性A＜B，从结构角度说明原因：A、B结构相似，电负性：O＞S，使得OC（NH2）2中N﹣H的极性比SC（NH2）2中N﹣H键的极性强，更易断裂生成H+。④设计实验，利用化合物A的还原性检验其中的S元素：取适量化合物A固体于试管中，滴加适量30%的H2O2，若产生淡黄色沉淀，证明有S元素。⑤硫代硫酸盐法具有低毒、高效的特点，也可用于提取金。已知：硫代硫酸根离子的结构为，S原子参与配位，写出[Au(S2O3)【答案】（1）①C3N4；4；②CD；（2）①；②4Au+O2+8SC（NH2）2+4H