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备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编 专题6 化学键 分子和晶体的结构与性质
一、选择题
1．下列化学用语表示不正确的是（　　）
A．CH4的结构式：
B．基态氧原子的轨道表示式
C．p 电子云轮廓图：
D．CH3CH(CH2CH3)CH2CH3的系统命名：2-乙基丁烷
2．下列属于极性分子的是
A． B． C． D．
3．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)
4．仪器分析在化学研究中有重要应用。下列方法选择错误的是（　　）
A．用pH计区分KCl溶液和NaNO3溶液
B．用X射线衍射法区分玻璃和蓝宝石
C．用原子光谱鉴定样品中含有元素Li
D．用质谱区分正己醇和正庚醇
5．基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是
A．理论认为模型与分子的空间结构相同
B．元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律称为元素周期律
C．泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子
D．杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道混杂而成
6．是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为。下列说法错误的是（　　）
A．中元素的化合价为
B．的空间结构为平面三角形
C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
D．反应中消耗，转移
7．能代表化合物（N2H4）2Zn(SO4)2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NH2
B．该化合物易溶于水
C．作还原剂时，该化合物释放H+
D．氮原子上没有孤电子对，晶体中不存在氢键
8．如图是X的晶胞结构，有关说法正确是（　　）
A．X种含有键 B．X是混合晶体
C．X的分子式为 D．X种C原子有一对孤电子
9．以下氮氧化合物，，，的结构式，有关说法正确的是（　　）
A．氮氮键的键能： B．熔点：
C．分子的极性： D．的键角：
10．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
11．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
12． 铜催化下，由电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是(　　)
A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应
B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成
C．Ⅳ的示意图为
D．催化剂Cu可降低反应热
13．一定条件下，存在缺陷位的LiH晶体能吸附使其分解为N，随后N占据缺陷位(如图)。下列说法错误的是
A． B．半径：
C． D．LiH晶体为离子晶体
14．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
A．A B．B C．C D．D
15．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
阅读下列材料，完成问题。
地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如图所示（X、Y均为氮氧化物），羟胺（NH2OH）以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与盐酸反应的产物盐酸羟胺（[NH3OH]Cl）广泛用于药品、香料等的合成。
已知25℃时，Ka（HNO2）＝7.2×10﹣4，Kb（NH3 H2O）＝1.8×10﹣5，Kb（NH2OH）＝8.7×10﹣9。
16．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，2.24LX和Y混合气体中氧原子数为0.1NA
B．1L0.1mol L﹣1NaNO2溶液中Na+和数均为0.1NA
C．3.3gNH2OH完全转化为时，转移的电子数为0.6NA
D．2.8gN2中含有的价电子总数为0.6NA
17．下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是（　　）
A．键角：NH3＞
B．熔点：NH2OH＞[NH3OH]Cl
C．25℃同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl＞NH4Cl
D．羟胺分子间氢键的强弱：O—H…O＞N—H…N
18．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)NA.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．127g碘晶体中有个“卤键”
D．碘晶体的密度为
二、填空题
19．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)。
20．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
三、实验探究题
21．银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。
（1）在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷（EO）和乙醛（AA）。根据图1所示，回答下列问题：
①中间体OMC生成吸附态EO（ads）的活化能为 　 　kJ/mol。
②由EO（g）生成AA（g）的热化学方程式为 　 　。
（2）一定条件下，银催化剂表面上存在反应：Ag2O（s） 2Ag（s）+O2（g），该反应平衡压强pc与温度T的关系如表：
T/K 401 443 463
pc/kPa 10 51 100
①463K时的平衡常数Kp＝　 　。
②起始状态Ⅰ中有Ag2O、Ag和O2，经图2过程达到各平衡状态：
已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是 　 　（填字母）。
A.从Ⅰ到Ⅱ的过程ΔS＞0
B.pc（Ⅱ）＞pc（Ⅲ）
C.平衡常数：K（Ⅱ）＞K（Ⅳ）
D.若体积V（Ⅲ）＝2V（Ⅰ），则Q（Ⅰ）＝K（Ⅲ）
E.逆反应的速率：v（Ⅰ）＞v（Ⅱ）＝v（Ⅲ）＞v（Ⅳ）
③某温度下，向恒容容器中加入Ag2O，分解过程中反应速率v（O2） 与压强p的关系为v（O2）＝k（1﹣），k为速率常数（定温下为常数）。当固体质量减少4%时，逆反应速率最大。若转化率为14.5%，则v（O2）＝　 　（用k表示）。
（3）α﹣AgI可用作固体离子导体，能通过加热γ﹣AgI制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图3所示（为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置）。
①测定晶体结构最常用的仪器是 　 　（填字母）。
A.质谱仪
B.红外光谱仪
C.核磁共振仪
D.X射线衍射仪
②γ﹣AgI与α﹣AgI晶胞的体积之比为 　 　。
③测定α﹣AgI中导电离子类型的实验装置如图4所示。实验测得支管a中AgI质量不变，可判定导电离子是Ag+而不是I﹣，依据是 　 　。
四、综合题
22．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　 　。
23．以苯为代表的挥发性有机污染物可以在Co3O4的催化作用下，与O2反应生成CO2和H2O，进一步将CO2转化成高附加值的化学品，可减少污染和碳排放。
Ⅰ．CO2与苯的分子结构
（1）CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为　 　，苯是　 　（填“极性”或“非极性”）分子。
（2）Ⅱ．苯的催化氧化
Co3O4做催化剂时，在有、无光照条件下，苯的催化氧化产物相同，但反应历程不同。无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol。右图是290℃时，有、无光照条件下，苯的转化率随时间的变化曲线。
光照条件下，对应的转化率曲线为　 　（填“a”或“b”）。
（3）有、无光照条件下，两种反应历程的　 　（填“相等”或“不等”）。
（4）Ⅲ．CO2的转化
CO2与H2反应可以合成甲醇：
一定温度下，等物质的量的CO2和H2在恒容密闭容器中发生上述反应达到平衡后，下列各操作有利于平衡正向移动的是　 　（填序号）。
a.分离出甲醇 b.充入稀有气体 c.增加H2量 d.降低温度
（5）一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图。
①电极a是　 　极，电极反应式为　 　；
②电解过程中，电极b一侧的溶液pH将　 　（填“升高”“不变”或“降低”）；
③电解过程中通过阳离子交换膜的离子为　 　。
24．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，3d轨道形成全充满结构
D．配位键强度：[Cu(NH3)]2+>[Cu(NH3)]+
（2）一种铜化合物的晶胞如图1，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：(H2N)3PS]和B[化学式：(H2N)3PO]具有相似的结构，如图2。
①化合物B给出H+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H3PO4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Cu3FeS4为原料，设计如下转化方案：
①步骤I的化学方程式　 　
②步骤I中，溶液E中铜元素全部转化为难溶性CuBr。气体X为　 　（要求不引入其他新的元素）；溶液F中除K+、H+、Br外，浓度最高的两种离子　 　（按浓度由高到低顺序）。
五、流程题
25． 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)。
26．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　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；有机化合物的命名；结构式
【解析】【解答】A．CH4由4个C-H键构成，其结构式为 ，故A正确；
Ｂ．基态O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，则其轨道表示式为 ，故B正确；
Ｃ．p轨道的电子云轮廓为哑铃形，即 ，故C正确；
Ｄ．CH3CH(CH2CH3)CH2CH3 的最长碳链含有5个碳原子，应该是戊烷，支链位于3号C原子，则其正确命名为：3 - 甲基戊烷，故D错误；
故选D。
【分析】A．甲烷为正四面体结构；
Ｂ．O为8号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；
Ｃ．p轨道电子云轮廓呈哑铃形；
Ｄ．烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置。
2．【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．HCl分子中含有极性共价键，且正负电荷中心不重合，属于极性分子，A符合题意；
B．N2分子中含有非极性共价键，且正负电荷中心重合，属于非极性分子，B不符合题意；
C．He是单原子分子，正负电荷中心重合，因此属于非极性分子，C不符合题意；
D．CH4是由极性键形成的正四面体结构，结构对称，正负电荷中心重合，因此属于非极性分子，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】本题是对分子极性的考查，属于极性分子的，其正负电荷的中心不重合；若正负电荷的中心不重合，则为极性分子。据此结合选项所给物质的结构分析。
3．【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】金刚石(C)、单晶硅(Si)、金刚砂(SiC)、立方氮化硼(BN)都是共价晶体，键能越大，熔点越高，键能：Si-Si故选B。
【分析】共价晶体的键能越大，熔沸点越高。
4．【答案】A
【知识点】溶液pH的定义；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；晶体的定义
【解析】【解答】A、KCl溶液和NaNO3溶液都是中性，其pH值都是7，A选项错误。
B、玻璃为非晶体，蓝宝石属于晶体，用X射线衍射法区分时，蓝宝石可形成尖锐的衍射峰，而玻璃没有。因此可用X射线衍射法区分玻璃和蓝宝石，B选项正确。
C、Li元素有其特定的原子光谱特征，因此可用原子光谱鉴定样品中含有的Li元素，C选项正确。
D、质谱仪可测定有机物的相对分子量，正己醇和正庚醇的相对分子量不同，因此可用质谱区分，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、KCl溶液和NaNO3溶液的pH都是7。
B、X射线衍射法可区分晶体和非晶体，晶体可形成尖锐的衍射峰，而非晶体不能。
C、Li元素具有特定的原子光谱特征。
D、正己醇和正庚醇的最大质荷比不同，因此可用质谱法区分。
5．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．模型与分子的空间结构 ，当中心原子无孤电子对时，两者空间结构相同，当中心原子有孤电子对时，两者空间结构不同，故A错误；
B． 元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律称为元素周期律，故B正确；
C． 泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子，故C正确；
D.杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道混杂而成 ，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A.模型与分子的空间结构是否相同，与中心原子是否有孤电子对有关。
B. 元素周期律是指元素性质随着元素的原子序数（即原子核外电子数或核电荷数）递增呈周期性变化的规律。
C. 泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子。
D.杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道混杂而成。
6．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应的电子转移数目计算；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】A．中Na为+1价，O为-2价，化合物中各元素正负化合价代数和为零，则元素的化合价为 ，故A正确；
Ｂ．中，N原子与3个O原子形成3个σ键，N原子的最外层电子数为5，则中心N原子不含孤电子对，其价层电子对数为3，空间结构为平面三角形，故B正确；
Ｃ．该反应中，Sb元素化合价从0价升高到+5价，Sb是还原剂，N元素化合价从+5价部分降低到+2价、部分降低到+4价，O元素化合价从0价降低到-2价，则NaNO3和O2为氧化剂，4molSb失去电子，4molNaNO3和3molO2得到电子，氧化剂的总物质的量为4mol+3mol=7mol，还原剂的物质的量为4mol，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为7：4，故C错误；
Ｄ．反应中O元素化合价从0价降低到-2价，3molO2参加反应，得到电子的物质的量为12mol，N元素化合价从+5价降低到+2价和+4价，4molNaNO3参加反应，得到电子的物质的量为8mol，则总共转移20mol电子，即反应中消耗3molO2，转移 ，故D正确；
故选C。
【分析】A．根据化合物中化合价代数和为0计算；
Ｂ． 中心N原子的价层电子对数为3，不含孤电子对；
Ｃ．氧化剂所含元素化合价降低，还原剂所含元素化合价升高；
Ｄ．根据得失电子守恒计算。
7．【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．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；
B．该化合物属于盐类物质，中N-H键极性强，能与水形成氢键，类似铵盐易溶于水的性质，因此该化合物易溶于水，B正确；
C．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；
D．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；
故选D。
【分析】结合结构片段和化合物的化学式 （N2H4）2Zn(SO4)2 可知，其结构如图：。
8．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由晶胞结构可知，C和N原子之间均为单键，单键均为σ键，故A错误；
Ｂ．该晶体中原子间以共价键结合，不是混合型晶体，故B错误；
Ｃ．晶胞中C原子的个数是，N位于晶胞内部，个数为4，则晶胞化学式为，故C正确；
Ｄ．C原子最外层有4个电子，在该晶体中C原子形成4个共价键，没有孤电子对，故D错误；
故选C。
【分析】A．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
Ｂ．该晶胞中只含共价键；
Ｃ．根据均摊法计算；
Ｄ．C 原子最外层有 4 个电子。
9．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A．键长越短，键能越大，由图可知，键长：，则键能：，故A正确；
B． 、 都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，相对分子质量：，则熔点：，故B错误；
C．结构不对称，正、负电荷中心不重合，是极性分子，结构对称，正、负电荷中心重合，是非极性分子，则分子极性：，故C错误；
D．结构为，中心原子N存在对孤对电子，中心原子N为杂化，受孤对电子影响，键角略小于120°；而中心原子N的孤对电子为，价电子数为3，也是杂化，孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小，则键角，故D错误；
故选A。
【分析】A．键长越短，键能越大；
Ｂ．分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高；
Ｃ．根据正负电荷中心是否重合判断分子极性；
Ｄ．孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小。
10．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；焰色反应
【解析】【解答】A．SO3的VSEPR模型为平面三角形，体现的是其分子几何结构，与化学性质无关；氧化性由硫的高价态(+6)决定，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，使得灼烧过程中产生的焰色不同，结构与性质对应合理，B不符合题意；
C．乙烯和乙炔均含π键，π键断裂可发生加聚反应，结构与性质对应合理，C不符合题意；
D．石墨层中离域p电子可自由移动，使得石墨具有导电性，结构与性质对应合理，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、VSEPR模型体现的是几何空间结构，与其氧化性无关。
B、原子结构的差异使得电子跃迁的能量不同。
C、乙烯和乙炔中的π键都能发生加聚反应。
D、石墨中离域p电子可自由移动，使得石墨具有导电性。
11．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由图可知，Sc位于晶胞的棱心和面心，数目为，结合可知，每个晶胞中O2-个数为12，故A正确；
B．该晶胞在yx平面的投影为其正视图，面或棱上原子的视图落在棱上，顶点原子的视图落在长方形的顶点，体内原子的视图在长方形内部，同一高度原子的视图重合，则该晶胞在yz平面的投影为，故B正确；
C．取代部分后产生空位 ，根据化合物中的化合价代数和为0可知，取代后该电解质的化学式为，故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，故D正确；
故选C。
【分析】A．根据均摊法计算；
Ｂ．yz平面的投影为其正视图；
Ｃ．Ce4+ 取代La3+后，Li+数目减少并产生空位；
Ｄ．Li+与电子所带的电荷数目相同。
12．【答案】C
【知识点】极性键和非极性键；催化剂
【解析】【解答】A．Ⅰ到Ⅱ的过程中得电子，发生还原反应，故A错误；
B．Ⅱ到Ⅲ的过程中形成了C-H键，C-H键是极性键，故B错误；
C．Ⅲ结合氢离子和电子得到Ⅳ，则Ⅳ的示意图为，故C正确；
D．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，故D错误；
故选C。
【分析】A．得电子的反应为还原反应；
Ｂ．不同种非金属原子间形成极性键；
Ｃ．Ⅲ到Ⅳ形成了一个C-H键；
Ｄ．催化剂能降低反应的活化能，但不影响反应热。
13．【答案】C
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；晶体的定义；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．根据晶胞图可知，c为同一个面上顶点到面心的距离，具体为，，故A正确；
B．H原子和的电子层数均为1，但比氢原子多一个电子，微粒半径更大，因此 半径： ，故B正确；
C．根据LiH立方晶胞可知，b的长度如图，但当N占据了空缺位后，由于比的半径大，因此，故C错误；
D．LiH晶体由Li+和构成，属于离子晶体，故D正确；
故答案选C。
【分析】A．c为同一个面上顶点到面心的距离；
Ｂ．电子层数和核电荷数都相同时，核外电子数越多，微粒半径越大；
Ｃ．N占据缺陷位，与半径不同；
Ｄ．LiH晶体中含有Li+和。
14．【答案】B
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；键能、键长、键角及其应用；离子晶体
【解析】【解答】A．原子的能量并非连续分布，而是具有离散的能级（量子化），当电子在不同能级间跃迁时，吸收或释放的能量对应特定频率的光，形成不连续的线状光谱，故A正确；
B． 中C原子上都不含孤电子对，三者键角大小与孤电子对无关，故B错误；
C．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，故C正确；
D．CH4分子中虽存在 4 个等同的 C-H 键，但逐个断裂时，中间产物的结构和电子分布会发生变化，各步中的键所处化学环境不同，每步所需能量不同，故D正确；
故选B。
【分析】A．原子的能量并非连续分布；
Ｂ．孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
Ｃ．半径较大的 Cs+配位数为8，半径较小的 Na+配位数为6；
Ｄ．CH4中 C-H 键的逐级解离能略有不同。
15．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；超分子
【解析】【解答】A．根据题干信息，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项正确；
B．根据“分子客车”的结构图，长的方向有与并四苯分子适配的结构，高的方向则缺少合适结构，即平躺装载的稳定性大于直立装载的稳定性，B项错误；
C．由分析可知，从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘，C项正确；
D．芘、并四苯、蒄 的π电子数依次为16、18、24，结合表格信息， 芳烃 与“分子客车”的结合常数随π电子数增多而增大，而结合常数越大越稳定，所以芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”的结合，D项正确；
故答案为：B。
【分析】A.三种芳烃与“分子客车”的结合常数越大，形成的分子越稳定。
B.“分子客车”，长的方向有与并四苯分子适配的结构，高的方向则缺少合适结构。
C.芘与“分子客车”中中间部分结构大小适配。
D.芘、并四苯、蒄 的π电子数依次为16、18、24，与“分子客车”的结合常数随π电子数增多而增大。
【答案】16．A
17．D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶体熔沸点的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【分析】（1）A.根据NO和N2O都含有一个氧原子，混合气体为0.1mol，即可计算氧原子；
B. 会发生水解反应，故离子总数小于 0.1NA ，
C.根据化合价升降，确定电子转移即可计算；
D.注意计算氮气价电子数目，一个氮气含有5个价电子，据此计算即可。
（2）A根据杂化确定粒子空间构型，进而确定键角大小；
B.一般来说，分子晶体熔点小于离子晶体；
C.根据盐类水解规律，越弱越水解，即可判断溶液碱性强弱。
D.非金属性越强，形成氢键越强。
16．根据分析可知，X、Y均为氮氧化物，即X为NO，Y为N2O；
A.标况下，混合气体物质的量为0.1mol，NO和N2O都含有一个氧原子，那么含有氧原子数目为0.1 NA ，A项正确；
B.HNO2为弱酸，因此NO2-能够水解为HNO2，溶液中NO2-和钠离子数目小于0.1NA，故B错误；
C.NH2OH完全转化为时 ，N的化合价由-1上升到+3，物质的量为0.1mol，转移的电子数为0.4NA，故C错误；
D. 2.8gN2 物质的量为0.1mol，N的价电子数等于最外层电子数为5， 含有的价电子总数为NA；D项错误；
故答案为：A。
17．A. NH3 为三角锥形，键角为107°， 中N原子采用sp2杂化，键角为120°，故键角为：NH3<；A项错误；
B.根据分析可知， NH2OH 为分子晶体， [NH3OH]Cl 为盐，属于离子晶体，所以熔点： NH2OH<[NH3OH]Cl；故B项错误；
C.由题可知， Kb（NH2OH） < Kb（NH3 H2O）＝1.8×10﹣5 ，盐类水解规律为越弱越水解， [NH3OH]+水解能力大于 NH4+，故 25℃同浓度水溶液的pH：[NH3OH]ClD.O的电负性大于N，O-H键的极性大于N-H键，故羟胺分子间氢键的强弱：O—H…O＞N—H…N ，D项正确；
故答案为：D。
18．【答案】B
【知识点】晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A．碘晶体中，层内碘分子（I2）通过共价键结合，分子间通过 “卤键”（类似氢键的分子间作用力）连接，层间通过范德华力结合，整体属于分子晶体，而非混合型晶体，A错误；
B．卤键强度与氢键相近，属于分子间作用力，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；
C．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”的数目为，C正确；
D．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；
故选A。
【分析】A．混合型晶体需同时含多种作用力且结构兼具原子、分子、金属晶体特征（如石墨）；
Ｂ．卤键强度与氢键相近；
Ｃ．每个分子能形成4条“卤键”，每条“卤键”被2个碘分子共用；
Ｄ．根据计算。
19．【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；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）由分析可知，生成的气体是NH3。
（2）由分析可知，“滤渣”的主要成分是CaSO4、SiO2。
（3）由分析可知，“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，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙 。
（4）铝产品溶于水，Al3+发生水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的杂质，所以 可用于净水。
（5）根据图丙可知，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，所以Ca与N的距离为 。由均摊法可知，该晶胞中Ca原子数目为8×+2=3，N原子数目为8×+2×=3，B原子数目为4×=1，则化合物的化学式是Ca3N3B。该晶胞体积为a2c×10-30cm3，根据m=ρV=nM及N=nNA可知，晶体的密度为。
【分析】根据题干信息及流程图，“焙烧”时，CaO、MgO、Al2O3与(NH4)2SO4反应分别生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，SiO2不参与反应，该气体与烟气（CO2和水蒸气）反应生成(NH4)2CO3，可推出该气体为NH3；硫酸钙、SiO2不溶于水，经“水浸”“过滤”得到的“滤渣”为硫酸钙、SiO2，滤液的主要成分为硫酸镁、硫酸铝、硫酸铵，滤液经浓缩结晶得到铝产品和富镁溶液；“滤渣”中的CaSO4与(NH4)2CO3反应生成更难溶的CaCO3，经一系列操作得到钙产品。
20．【答案】（1）D
（2）C
（3）C
（4）A
（5）；2
（6）A；所有离子浓度变为原来，，平衡逆移
（7）0.805
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）A、三硫化二铁：呈黑色或灰黑色（如硫铁矿），非红色，A错误；
B、四氧化三铁：呈黑色（如磁铁矿），具有磁性，B错误；
C、硫化亚铁：呈黑褐色，常见于陨硫铁，C错误；
D、三氧化二铁：赤铁矿的红色源于 Fe3+的电子跃迁，是赭红的显色成分，赭红作为颜料广泛应用于古代壁画、岩画（如敦煌壁画）和油画，其红色稳定性归因于 Fe2O3的化学惰性，D正确。
故答案为：D
（2）A、氯化铁是强酸弱碱盐且在水溶液中Fe3+水解，溶液显酸性，Fe3++3H2O Fe(OH)3↓+3H+，A错误；
B、加铁粉发生还原反应，生成浅绿色Fe2+：2 Fe3++Fe=3 Fe2+溶液由黄褐色变为浅绿色（Fe2+颜色），无红褐色，B错误；
C、饱和FeCl3溶液滴入沸水中，水解形成氢氧化铁胶体：FeCl3+3 H2O=Fe(OH)3(胶体)+3 HCl，可以观察到溶液变为红褐色透明胶体，可以用丁达尔效应来验证，C正确；
D、加氨水生成红褐色絮状沉淀（Fe(OH)3），非白色：Fe3++3 NH3 H2O=Fe(OH)3↓+3 NH4+，D错误；
故答案为：C
（3）A、"能级"在此指主量子数n的能级。根据铁原子的电子排布为：1s22s22p63s23p64s23d6可以推断出，铁的电子占据能级为：1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s，共7个不同能级，A错误；
B、铁原子基态未成对电子主要在3d亚层，3d6有5个轨道，根据洪特规则有6个电子以高自旋状态排布，即4个未成对的单电子和1个成电子，4s2全满，无未成对电子，因此，未成对电子总数为4个，B错误；
C、原子轨道数量由亚层决定，其中s：1个、p：3个、d：5个轨道，因此根据铁原子的电子排布可以推断出总轨道数：1+1+3+1+3+1+5=151+1+3+1+3+1+5=15，C正确；
D、电子能量由量子数n和ll决定，同一亚层内电子能量相同，称之为简并轨道，铁原子有7个不同亚层（能级）：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d，每个亚层内电子能量相同（如2p6的6个电子能量相同）。因此，电子只有7种不同能量，而不是26种，D错误；
故答案为：C；
（4）A、铁与硫的反应是放热反应，一旦反应加热至红热，释放的热量足以维持反应进行，移开酒精灯后固体继续红热，直至反应完成或反应物耗尽，A正确；
B、在反应中：铁（Fe）从0价升至+2价，被氧化，作还原剂，硫（S）从0价降至-2价，被还原，作氧化剂，B错误；
C、铁与硫的反应是固相直接化合，主要产物为固态FeS，不产生气体。SO3是硫氧化物，但实验中无氧气参与，且硫粉加热可能升华产生硫蒸气，并非SO3，C错误；
D、实际产物为硫化亚铁，化学式是FeS，呈黑色。Fe2S3（三硫化二铁）不稳定，在常压下不存或迅速分解，不是该反应的产物，D错误；
故答案为：A
（5）、根据配合物 的结构可以看出：内界指配离子部分，即中心金属离子与配体形成的复杂离子，其中铁为 +3价，配离子带 +2个 电荷，故内界为：[Fe(SCN)(H2O)5]2+，配体是配位到中心金属离子上的分子或离子，SCN-是单齿配体（通常以氮原子配位），H2O 是单齿中性配体，共有两种配体类型，其中 SCN- 一个，H2O 五个，配位数为 6。故配体有：SCN-（硫氰酸根）和 H2O（水）
（6）、根据题干可知平衡式为：，体积加倍，各物质浓度变为原浓度的1/2，平衡常数为：，设原浓度分别为a，b，c，则此时的浓度商为：，当X>1时候，可以判断Q>K，故答案为：A，所有离子浓度变为原来，，平衡逆移；
（7）、、、、，=。
【分析】能层是指电子在原子中所处的不同能量层次，通常用主量子数n表示，如K、L、M层等；能级是在同一能层内，由于电子所处空间状态的不同而形成的不同能量级别。每个能层下的能级具有不同的能量，但同一能级下的不同轨道具有相同的能量（称为简并轨道）。
配合物的组成主要包括以下几个部分：中心离子：通常是金属离子，如Fe3+、Cu2+等，负责形成配合物的核心；配位体：与中心离子结合的分子或离子，能够提供孤电子对，形成配位键；配位原子：配位体中提供孤电子对的原子，常见的有氮（N）、氧（O）、硫（S）等；配位数：与中心离子成键的配位原子总数，受中心离子性质的影响；内外界组成：配合物可分为内界（中心离子和配位体）和外界（其他离子或分子）。
浓度商q和平衡常数k之间的关系如下：浓度商q是指在任意时刻，反应物和生成物的浓度（或分压）之比，反映了反应体系偏离平衡状态的程度；平衡常数k是在特定温度下，反应达到平衡时，生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与反应物浓度的化学计量数次幂的乘积之比，是一个常数。当q < k时，反应向正反应方向进行；当q > k时，反应向逆反应方向进行；当q = k时，反应达到平衡状态。
（1）、、均为黑色，赭红的主要成分是，故选D；
（2）A．饱和氯化铁溶液中铁离子水解使得溶液显酸性，A错误；
B．铁和铁离子生成亚铁离子，溶液变为浅绿色，B错误；
C．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；
D．加氨水生成红褐色氢氧化铁沉淀，D错误；
故选C。
（3）铁为26号元素原子，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2；
A．有7个不同能级的电子，错误；
B．有4个未成对电子，错误；
C．占据15个原子轨道，正确；
D．同一能级能量相同，有7种能量不同的电子，错误；
故选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，正确；
B．反应生成FeS，S化合价降低，做氧化剂，错误；
C．主要产生的气体附产物为二氧化硫，而非，错误；
D．最终得到黑色的FeS，错误；
故选A；
（5）内界为，配体有SCN2-、H2O两种
（6）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）、、、，=。
21．【答案】（1）83；EO（g）AA（g）ΔH＝﹣102kJ/mol
（2）10；CDE；
（3）D；12：7；a中Ag电极质量减小，b中Ag电极质量增大
【知识点】晶胞的计算；热化学方程式；化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）①根据图示信息，中间体OMC生成吸附态EO（ads）的活化能为-93kJ/mol-（-176kJ/mol）=83kJ/mol。
②由EO（g）生成AA（g）的焓变ΔH=-219kJ/mol-（-117kJ/mol）=-102kJ/mol，则其热化学方程式为 EO（g）AA（g）ΔH＝﹣102kJ/mol 。
（2）①463K时该反应的平衡常数Kp= 。
②A．该反应前后，气体体积增大，平衡状态Ⅱ→状态Ⅲ，正向移动，固体质量减小，而状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则状态Ⅰ到Ⅱ的过程中固体质量增大，即反应逆向进行，则从Ⅰ到Ⅱ的过程ΔS＜0，错误；
B．Kp只与温度有关，温度不变则Kp不变，即pc（Ⅱ）=pc（Ⅲ），错误；
C．由表中数据可知，该反应的平衡常数Kp随温度升高而增大，为吸热反应，即平衡常数：K（Ⅱ）＞K（Ⅳ），正确；
D．状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则n（O2）相等，若V（Ⅲ）=2V（Ⅰ），则压强p（Ⅰ）=2p（Ⅲ），即浓度熵Q(Ⅰ)=，K(Ⅲ)=，则Q(Ⅰ)=K(Ⅲ)，正确；
E．由A项可知，状态Ⅰ→Ⅱ，反应逆向进行，v逆（Ⅰ）＞v逆（Ⅱ），由C项可知，反应为吸热反应，状态Ⅲ→Ⅳ，逆向移动，v逆（Ⅲ）＞v逆（Ⅳ），状态Ⅱ→Ⅲ，Kp和pc（O2）均不变，则v逆（Ⅱ）=v逆（Ⅲ），降低温度反应速率减小，综上可知，逆反应的速率：v（Ⅰ）＞v（Ⅱ）=v（Ⅲ）＞v（Ⅳ），正确。
③设起始时容器中加入m(Ag2O)=m g，当固体质量减少4%时，逆反应速率最大，即达到平衡状态，生成n(O2)=mol，根据反应 Ag2O（s） 2Ag（s）+O2（g） ，若转化率为14.5%时，生成n(O2)=n(Ag2O)=×。根据PV=nRT，恒温恒容时，P与n成正比，则 ==，所以v（O2）＝ k（1﹣） = 。
（3）①测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪。
②根据图3可知，γ-AgI晶胞中原子总数为6×+8×=4，α-AgI晶胞中原子总数为8×+1=2，结合m=ρV=nM、N=nNA可知，γ﹣AgI与α﹣AgI晶胞的体积之比。
③实验测得支管a中AgI质量不变，则阳极生成的Ag+移向阴极，导致阳极质量减小，Ag+在阴极得电子生成Ag，导致阴极质量增大，所以实验中导电离子是Ag+而不是I-。
【分析】（1）①中间体OMC生成吸附态EO（ads）的活化能为-93kJ/mol-（-176kJ/mol）=83kJ/mol。
②由EO（g）生成AA（g）的焓变ΔH=-219kJ/mol-（-117kJ/mol）=-102kJ/mol。
（2）①根据平衡常数表达式进行分析。
②A．该反应前后，气体体积增大，平衡状态Ⅱ→状态Ⅲ，正向移动，固体质量减小，而状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则状态Ⅰ到Ⅱ的过程中固体质量增大，即反应逆向进行。
B．Kp只与温度有关。
C．该反应的平衡常数Kp随温度升高而增大。
D．状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则n（O2）相等。
E．根据反应速率的影响因素进行分析
③根据PV=nRT，恒温恒容时，P与n成正比。算出平衡时与转化率为14.5%时O2的物质的量之比，即可得到 。
（3）①测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪。
②根据图3可知，γ-AgI晶胞中原子总数为6×+8×=4，α-AgI晶胞中原子总数为8×+1=2，结合m=ρρV=nM、N=nNA进行分析。
③实验测得支管a中AgI质量不变，则阳极生成的Ag+移向阴极，导致阳极质量减小，Ag+在阴极得电子生成Ag，导致阴极质量增大。
22．【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
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（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；
（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。
【分析】（1）Mn为25号元素，位于第四周期第ⅦB族；第四周期中Cr的未成对电子比Mn多；
（2） 当晶体有O原子脱出时，出现O空位，结合化合物中化合价代数和为0分析Mn元素化合价变化；
（3） 中心B原子的价层电子对数为4；咪唑环中N原子形成3个σ键；
（4）形成分子间氢键物质的熔沸点升高。
（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；
（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。
23．【答案】（1）sp；非极性
（2）a
（3）相等
（4）acd
（5）阴；；降低；K+
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）CO2的结构式为O=C=O，中心碳原子的价层电子对数为2，因此采用sp杂化。苯的结构简式为，为平面正六边形，因此属于非极性分子。
故答案为：sp；非极性
（2）光照条件下反应的活化能小于无光照条件下的活化能，因此光照条件下反应速率更快，则反应达到平衡所需的时间更短，因此曲线a对应光照条件下的转化率曲线。
故答案为：a
（3）反应热只与反应物和生成物的状态有关，与反应条件无关。因此有无光照条件下，两种反应历程的反应热ΔH相等。
故答案为：相等
（4）a、分离出甲醇，则生成物的浓度减小，平衡正向移动，a符合题意。
b、反应在恒容装置内进行，充入稀有气体，反应物和生成物的浓度都不变，反应速率不变，平衡不移动，b不符合题意。
c、增加H2的量，反应物的浓度增大，平衡正向移动，c符合题意。
d、降低温度，平衡向吸热反应方向移动，d符合题意。
故答案为：acd
（5）①电极a上CO2转化为HCOOH，其中碳元素由＋4价变为＋2价，发生得电子的还原反应，因此电极a为阴极，其电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH。
故答案为：阴；CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH
②电极b上CH3OH转化为HCOO－，其中碳元素由－2价变为＋2价，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为CH3OH－4e－＋5OH－=HCOO－＋4H2O。电解过程中OH－参与反应，使得溶液中c(OH－)减小，因此溶液的pH降低。
故答案为：降低
③阳离子交换膜只允许阳离子通过，因此电解过程中K＋从电极b一侧通过阳离子交换膜移向电极a一侧。
故答案为：K＋
【分析】（1）根据CO2中碳原子的价层电子对数，确定碳原子的轨道杂化方式。根据苯的结构简式，确定分子的极性。
（2）反应所需的活化能越小，反应速率越快，反应达到平衡所需的时间越短，据此分析。
（3）反应热ΔH只与反应物和生成物的状态有关，与反应条件无关。
（4）结合浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响分析。注意压强的改变需引起浓度的改变，否则反应速率不变，化学平衡不移动。据此结合选项分析。
（5）电极a上CO2转化为HCOOH，其电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH；电极b上CH3OH转化为HCOO－，其电极反应式为CH3OH－4e－＋5OH－=HCOO－＋4H2O。据此结合题干设问分析作答。
24．【答案】（1）A；B；D
（2）[Cu(NH3)4][PtCl4]
（3）电负性O>S，导致化合物B中N一H键极性更大；2(H2N)2PS+3H2SO4+8H2O=2H3PO4+2H2S↑+3(NH)2SO4；将气体通入硫酸酸化的KMnO4溶液，若溶液颜色褪去且有黄色浑浊出现，说明有S，气体为HS
（4）4Cu3FeS4+2H2SO++33O2=12CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O；2SO2；SO2、Fe2+
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；晶胞的计算；铜及其化合物；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．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；
B．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；
C．基态铜原子电子排布式为[Ar]3d104s1，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；
D．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；
故选ABD。
（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，给出趋势相对更大；
②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；
②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+。
【分析】（1）Cu为29号元素，S为16号元素；
（2）根据均摊法计算各离子数目，进而确定其化学式；
（3）①电负性越大，键的极性越强；
② 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H2S、H3PO4和 (NH)2SO4 ；
③H2S具有还原性；
（4）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。步骤Ⅱ中溶液E中的Cu2+被还原为CuBr，需要加入具有还原性的气体SO2。溶液E中的Fe3+与SO2发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，同时溶液中还有大量的 ，来自CuSO4、Fe2(SO4)3等，所以溶液F中除K+、H+、Br-外，浓度最高的两种离子为、Fe2+。
25．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，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）
（6）0.19
（7）12；
【知识点】晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）Cu为29号元素，其核外共有29个电子，其价电子排布式为，故答案为：。
（2）“还原酸浸”时，被亚硫酸钠还原为，反应的离子方程式为：，故答案为：。
（3）“浸金银”时，Au溶解发生反应 、 ，上述反应中，先消耗后生成，反应前后没发生变化，为该过程的催化剂，故答案为： 。
（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；还可以减少废水的排放量和处理成本，因此“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，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，故答案为：大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，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与硫酸反应转化为和，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，则的氧化性由强到弱的顺序为，故答案为： 。
（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，的为，则，故答案为：0.19。
（7）①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，故答案为：12。
②该晶胞的质量为，体积为，则晶体的密度为，故答案为： 。
【分析】 褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等) 中加入硫酸和亚硫酸钠进行还原酸浸， 、被还原为和，CuO与硫酸反应生成硫酸铜，Au、Ag、不溶于硫酸，进入滤渣1；向滤液1中加入铁粉沉铜，被铁粉还原为Cu，加入MnO2氧化，将氧化为，加入NaOH沉铁，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，煅烧氢氧化铁得到三氧化二铁，滤液4中加入碳酸氢铵沉锰得到碳酸锰，向滤渣1中加入铜-氨-硫代硫酸盐溶液浸金银，Au、Ag浸出，后续提炼出Au、Ag。
26．【答案】（1）氧化生成S，促进酸浸反应正向进行；否 时，，则未沉淀完全；ZnO
（2）；负电
（3）；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
【知识点】晶胞的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）①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通入除镉，当溶液时，， 又因为，=，则=，则此时>， 离子沉淀不完全。
③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）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；根据均摊法，区域B中位于晶胞内，数目为3，位于晶胞体内，数目为1，位于顶点和面心，数目为，则区域B所带电荷总数为：，区域B带负电。
（3）①与反应除了生成外还有锌离子，则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，所以反应后，砷回收率下降。
【分析】 闪锌矿[含及少量硫化镉等] 加入酸浸，ZnS、FeS、CdS分别转化为，硫元素转化为硫单质，先将Fe3+转化为氢氧化铁除去，加入H2S沉镉，将Cd2+转化为CdS，调节pH沉锌得到ZnS。
1 / 1备考2026届高考 2021-2025全国各地真题汇编 专题6 化学键 分子和晶体的结构与性质
一、选择题
1．下列化学用语表示不正确的是（　　）
A．CH4的结构式：
B．基态氧原子的轨道表示式
C．p 电子云轮廓图：
D．CH3CH(CH2CH3)CH2CH3的系统命名：2-乙基丁烷
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；有机化合物的命名；结构式
【解析】【解答】A．CH4由4个C-H键构成，其结构式为 ，故A正确；
Ｂ．基态O原子的核外电子排布式为1s22s22p4，则其轨道表示式为 ，故B正确；
Ｃ．p轨道的电子云轮廓为哑铃形，即 ，故C正确；
Ｄ．CH3CH(CH2CH3)CH2CH3 的最长碳链含有5个碳原子，应该是戊烷，支链位于3号C原子，则其正确命名为：3 - 甲基戊烷，故D错误；
故选D。
【分析】A．甲烷为正四面体结构；
Ｂ．O为8号元素，根据构造原理书写其核外电子排布式；
Ｃ．p轨道电子云轮廓呈哑铃形；
Ｄ．烷烃命名时，选最长的碳链为主链，从离支链近的一端开始编号，命名时表示出支链的位置。
2．下列属于极性分子的是
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．HCl分子中含有极性共价键，且正负电荷中心不重合，属于极性分子，A符合题意；
B．N2分子中含有非极性共价键，且正负电荷中心重合，属于非极性分子，B不符合题意；
C．He是单原子分子，正负电荷中心重合，因此属于非极性分子，C不符合题意；
D．CH4是由极性键形成的正四面体结构，结构对称，正负电荷中心重合，因此属于非极性分子，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】本题是对分子极性的考查，属于极性分子的，其正负电荷的中心不重合；若正负电荷的中心不重合，则为极性分子。据此结合选项所给物质的结构分析。
3．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)
【答案】B
【知识点】原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】金刚石(C)、单晶硅(Si)、金刚砂(SiC)、立方氮化硼(BN)都是共价晶体，键能越大，熔点越高，键能：Si-Si故选B。
【分析】共价晶体的键能越大，熔沸点越高。
4．仪器分析在化学研究中有重要应用。下列方法选择错误的是（　　）
A．用pH计区分KCl溶液和NaNO3溶液
B．用X射线衍射法区分玻璃和蓝宝石
C．用原子光谱鉴定样品中含有元素Li
D．用质谱区分正己醇和正庚醇
【答案】A
【知识点】溶液pH的定义；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；晶体的定义
【解析】【解答】A、KCl溶液和NaNO3溶液都是中性，其pH值都是7，A选项错误。
B、玻璃为非晶体，蓝宝石属于晶体，用X射线衍射法区分时，蓝宝石可形成尖锐的衍射峰，而玻璃没有。因此可用X射线衍射法区分玻璃和蓝宝石，B选项正确。
C、Li元素有其特定的原子光谱特征，因此可用原子光谱鉴定样品中含有的Li元素，C选项正确。
D、质谱仪可测定有机物的相对分子量，正己醇和正庚醇的相对分子量不同，因此可用质谱区分，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、KCl溶液和NaNO3溶液的pH都是7。
B、X射线衍射法可区分晶体和非晶体，晶体可形成尖锐的衍射峰，而非晶体不能。
C、Li元素具有特定的原子光谱特征。
D、正己醇和正庚醇的最大质荷比不同，因此可用质谱法区分。
5．基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是
A．理论认为模型与分子的空间结构相同
B．元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律称为元素周期律
C．泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子
D．杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道混杂而成
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．模型与分子的空间结构 ，当中心原子无孤电子对时，两者空间结构相同，当中心原子有孤电子对时，两者空间结构不同，故A错误；
B． 元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律称为元素周期律，故B正确；
C． 泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子，故C正确；
D.杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道混杂而成 ，故D正确；
故答案为：A。
【分析】A.模型与分子的空间结构是否相同，与中心原子是否有孤电子对有关。
B. 元素周期律是指元素性质随着元素的原子序数（即原子核外电子数或核电荷数）递增呈周期性变化的规律。
C. 泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子。
D.杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道混杂而成。
6．是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为。下列说法错误的是（　　）
A．中元素的化合价为
B．的空间结构为平面三角形
C．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为
D．反应中消耗，转移
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应的电子转移数目计算；与氧化剂、还原剂有关的计算
【解析】【解答】A．中Na为+1价，O为-2价，化合物中各元素正负化合价代数和为零，则元素的化合价为 ，故A正确；
Ｂ．中，N原子与3个O原子形成3个σ键，N原子的最外层电子数为5，则中心N原子不含孤电子对，其价层电子对数为3，空间结构为平面三角形，故B正确；
Ｃ．该反应中，Sb元素化合价从0价升高到+5价，Sb是还原剂，N元素化合价从+5价部分降低到+2价、部分降低到+4价，O元素化合价从0价降低到-2价，则NaNO3和O2为氧化剂，4molSb失去电子，4molNaNO3和3molO2得到电子，氧化剂的总物质的量为4mol+3mol=7mol，还原剂的物质的量为4mol，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为7：4，故C错误；
Ｄ．反应中O元素化合价从0价降低到-2价，3molO2参加反应，得到电子的物质的量为12mol，N元素化合价从+5价降低到+2价和+4价，4molNaNO3参加反应，得到电子的物质的量为8mol，则总共转移20mol电子，即反应中消耗3molO2，转移 ，故D正确；
故选C。
【分析】A．根据化合物中化合价代数和为0计算；
Ｂ． 中心N原子的价层电子对数为3，不含孤电子对；
Ｃ．氧化剂所含元素化合价降低，还原剂所含元素化合价升高；
Ｄ．根据得失电子守恒计算。
7．能代表化合物（N2H4）2Zn(SO4)2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NH2
B．该化合物易溶于水
C．作还原剂时，该化合物释放H+
D．氮原子上没有孤电子对，晶体中不存在氢键
【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；含有氢键的物质
【解析】【解答】A．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；
B．该化合物属于盐类物质，中N-H键极性强，能与水形成氢键，类似铵盐易溶于水的性质，因此该化合物易溶于水，B正确；
C．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；
D．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；
故选D。
【分析】结合结构片段和化合物的化学式 （N2H4）2Zn(SO4)2 可知，其结构如图：。
8．如图是X的晶胞结构，有关说法正确是（　　）
A．X种含有键 B．X是混合晶体
C．X的分子式为 D．X种C原子有一对孤电子
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由晶胞结构可知，C和N原子之间均为单键，单键均为σ键，故A错误；
Ｂ．该晶体中原子间以共价键结合，不是混合型晶体，故B错误；
Ｃ．晶胞中C原子的个数是，N位于晶胞内部，个数为4，则晶胞化学式为，故C正确；
Ｄ．C原子最外层有4个电子，在该晶体中C原子形成4个共价键，没有孤电子对，故D错误；
故选C。
【分析】A．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
Ｂ．该晶胞中只含共价键；
Ｃ．根据均摊法计算；
Ｄ．C 原子最外层有 4 个电子。
9．以下氮氧化合物，，，的结构式，有关说法正确的是（　　）
A．氮氮键的键能： B．熔点：
C．分子的极性： D．的键角：
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A．键长越短，键能越大，由图可知，键长：，则键能：，故A正确；
B． 、 都是分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高，相对分子质量：，则熔点：，故B错误；
C．结构不对称，正、负电荷中心不重合，是极性分子，结构对称，正、负电荷中心重合，是非极性分子，则分子极性：，故C错误；
D．结构为，中心原子N存在对孤对电子，中心原子N为杂化，受孤对电子影响，键角略小于120°；而中心原子N的孤对电子为，价电子数为3，也是杂化，孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小，则键角，故D错误；
故选A。
【分析】A．键长越短，键能越大；
Ｂ．分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高；
Ｃ．根据正负电荷中心是否重合判断分子极性；
Ｄ．孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小。
10．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
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；焰色反应
【解析】【解答】A．SO3的VSEPR模型为平面三角形，体现的是其分子几何结构，与化学性质无关；氧化性由硫的高价态(+6)决定，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，使得灼烧过程中产生的焰色不同，结构与性质对应合理，B不符合题意；
C．乙烯和乙炔均含π键，π键断裂可发生加聚反应，结构与性质对应合理，C不符合题意；
D．石墨层中离域p电子可自由移动，使得石墨具有导电性，结构与性质对应合理，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、VSEPR模型体现的是几何空间结构，与其氧化性无关。
B、原子结构的差异使得电子跃迁的能量不同。
C、乙烯和乙炔中的π键都能发生加聚反应。
D、石墨中离域p电子可自由移动，使得石墨具有导电性。
11．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
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由图可知，Sc位于晶胞的棱心和面心，数目为，结合可知，每个晶胞中O2-个数为12，故A正确；
B．该晶胞在yx平面的投影为其正视图，面或棱上原子的视图落在棱上，顶点原子的视图落在长方形的顶点，体内原子的视图在长方形内部，同一高度原子的视图重合，则该晶胞在yz平面的投影为，故B正确；
C．取代部分后产生空位 ，根据化合物中的化合价代数和为0可知，取代后该电解质的化学式为，故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，故D正确；
故选C。
【分析】A．根据均摊法计算；
Ｂ．yz平面的投影为其正视图；
Ｃ．Ce4+ 取代La3+后，Li+数目减少并产生空位；
Ｄ．Li+与电子所带的电荷数目相同。
12． 铜催化下，由电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是(　　)
A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应
B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成
C．Ⅳ的示意图为
D．催化剂Cu可降低反应热
【答案】C
【知识点】极性键和非极性键；催化剂
【解析】【解答】A．Ⅰ到Ⅱ的过程中得电子，发生还原反应，故A错误；
B．Ⅱ到Ⅲ的过程中形成了C-H键，C-H键是极性键，故B错误；
C．Ⅲ结合氢离子和电子得到Ⅳ，则Ⅳ的示意图为，故C正确；
D．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变反应热，故D错误；
故选C。
【分析】A．得电子的反应为还原反应；
Ｂ．不同种非金属原子间形成极性键；
Ｃ．Ⅲ到Ⅳ形成了一个C-H键；
Ｄ．催化剂能降低反应的活化能，但不影响反应热。
13．一定条件下，存在缺陷位的LiH晶体能吸附使其分解为N，随后N占据缺陷位(如图)。下列说法错误的是
A． B．半径：
C． D．LiH晶体为离子晶体
【答案】C
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；晶体的定义；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．根据晶胞图可知，c为同一个面上顶点到面心的距离，具体为，，故A正确；
B．H原子和的电子层数均为1，但比氢原子多一个电子，微粒半径更大，因此 半径： ，故B正确；
C．根据LiH立方晶胞可知，b的长度如图，但当N占据了空缺位后，由于比的半径大，因此，故C错误；
D．LiH晶体由Li+和构成，属于离子晶体，故D正确；
故答案选C。
【分析】A．c为同一个面上顶点到面心的距离；
Ｂ．电子层数和核电荷数都相同时，核外电子数越多，微粒半径越大；
Ｃ．N占据缺陷位，与半径不同；
Ｄ．LiH晶体中含有Li+和。
14．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
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】原子核外电子的跃迁及应用；键能、键长、键角及其应用；离子晶体
【解析】【解答】A．原子的能量并非连续分布，而是具有离散的能级（量子化），当电子在不同能级间跃迁时，吸收或释放的能量对应特定频率的光，形成不连续的线状光谱，故A正确；
B． 中C原子上都不含孤电子对，三者键角大小与孤电子对无关，故B错误；
C．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，故C正确；
D．CH4分子中虽存在 4 个等同的 C-H 键，但逐个断裂时，中间产物的结构和电子分布会发生变化，各步中的键所处化学环境不同，每步所需能量不同，故D正确；
故选B。
【分析】A．原子的能量并非连续分布；
Ｂ．孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
Ｃ．半径较大的 Cs+配位数为8，半径较小的 Na+配位数为6；
Ｄ．CH4中 C-H 键的逐级解离能略有不同。
15．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
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；超分子
【解析】【解答】A．根据题干信息，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项正确；
B．根据“分子客车”的结构图，长的方向有与并四苯分子适配的结构，高的方向则缺少合适结构，即平躺装载的稳定性大于直立装载的稳定性，B项错误；
C．由分析可知，从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘，C项正确；
D．芘、并四苯、蒄 的π电子数依次为16、18、24，结合表格信息， 芳烃 与“分子客车”的结合常数随π电子数增多而增大，而结合常数越大越稳定，所以芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”的结合，D项正确；
故答案为：B。
【分析】A.三种芳烃与“分子客车”的结合常数越大，形成的分子越稳定。
B.“分子客车”，长的方向有与并四苯分子适配的结构，高的方向则缺少合适结构。
C.芘与“分子客车”中中间部分结构大小适配。
D.芘、并四苯、蒄 的π电子数依次为16、18、24，与“分子客车”的结合常数随π电子数增多而增大。
阅读下列材料，完成问题。
地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如图所示（X、Y均为氮氧化物），羟胺（NH2OH）以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与盐酸反应的产物盐酸羟胺（[NH3OH]Cl）广泛用于药品、香料等的合成。
已知25℃时，Ka（HNO2）＝7.2×10﹣4，Kb（NH3 H2O）＝1.8×10﹣5，Kb（NH2OH）＝8.7×10﹣9。
16．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　）
A．标准状况下，2.24LX和Y混合气体中氧原子数为0.1NA
B．1L0.1mol L﹣1NaNO2溶液中Na+和数均为0.1NA
C．3.3gNH2OH完全转化为时，转移的电子数为0.6NA
D．2.8gN2中含有的价电子总数为0.6NA
17．下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是（　　）
A．键角：NH3＞
B．熔点：NH2OH＞[NH3OH]Cl
C．25℃同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl＞NH4Cl
D．羟胺分子间氢键的强弱：O—H…O＞N—H…N
【答案】16．A
17．D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶体熔沸点的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【分析】（1）A.根据NO和N2O都含有一个氧原子，混合气体为0.1mol，即可计算氧原子；
B. 会发生水解反应，故离子总数小于 0.1NA ，
C.根据化合价升降，确定电子转移即可计算；
D.注意计算氮气价电子数目，一个氮气含有5个价电子，据此计算即可。
（2）A根据杂化确定粒子空间构型，进而确定键角大小；
B.一般来说，分子晶体熔点小于离子晶体；
C.根据盐类水解规律，越弱越水解，即可判断溶液碱性强弱。
D.非金属性越强，形成氢键越强。
16．根据分析可知，X、Y均为氮氧化物，即X为NO，Y为N2O；
A.标况下，混合气体物质的量为0.1mol，NO和N2O都含有一个氧原子，那么含有氧原子数目为0.1 NA ，A项正确；
B.HNO2为弱酸，因此NO2-能够水解为HNO2，溶液中NO2-和钠离子数目小于0.1NA，故B错误；
C.NH2OH完全转化为时 ，N的化合价由-1上升到+3，物质的量为0.1mol，转移的电子数为0.4NA，故C错误；
D. 2.8gN2 物质的量为0.1mol，N的价电子数等于最外层电子数为5， 含有的价电子总数为NA；D项错误；
故答案为：A。
17．A. NH3 为三角锥形，键角为107°， 中N原子采用sp2杂化，键角为120°，故键角为：NH3<；A项错误；
B.根据分析可知， NH2OH 为分子晶体， [NH3OH]Cl 为盐，属于离子晶体，所以熔点： NH2OH<[NH3OH]Cl；故B项错误；
C.由题可知， Kb（NH2OH） < Kb（NH3 H2O）＝1.8×10﹣5 ，盐类水解规律为越弱越水解， [NH3OH]+水解能力大于 NH4+，故 25℃同浓度水溶液的pH：[NH3OH]ClD.O的电负性大于N，O-H键的极性大于N-H键，故羟胺分子间氢键的强弱：O—H…O＞N—H…N ，D项正确；
故答案为：D。
18．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)NA.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．127g碘晶体中有个“卤键”
D．碘晶体的密度为
【答案】B
【知识点】晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A．碘晶体中，层内碘分子（I2）通过共价键结合，分子间通过 “卤键”（类似氢键的分子间作用力）连接，层间通过范德华力结合，整体属于分子晶体，而非混合型晶体，A错误；
B．卤键强度与氢键相近，属于分子间作用力，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；
C．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”的数目为，C正确；
D．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；
故选A。
【分析】A．混合型晶体需同时含多种作用力且结构兼具原子、分子、金属晶体特征（如石墨）；
Ｂ．卤键强度与氢键相近；
Ｃ．每个分子能形成4条“卤键”，每条“卤键”被2个碘分子共用；
Ｄ．根据计算。
二、填空题
19．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)。
【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；
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】（1）由分析可知，生成的气体是NH3。
（2）由分析可知，“滤渣”的主要成分是CaSO4、SiO2。
（3）由分析可知，“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，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙 。
（4）铝产品溶于水，Al3+发生水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的杂质，所以 可用于净水。
（5）根据图丙可知，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，所以Ca与N的距离为 。由均摊法可知，该晶胞中Ca原子数目为8×+2=3，N原子数目为8×+2×=3，B原子数目为4×=1，则化合物的化学式是Ca3N3B。该晶胞体积为a2c×10-30cm3，根据m=ρV=nM及N=nNA可知，晶体的密度为。
【分析】根据题干信息及流程图，“焙烧”时，CaO、MgO、Al2O3与(NH4)2SO4反应分别生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，SiO2不参与反应，该气体与烟气（CO2和水蒸气）反应生成(NH4)2CO3，可推出该气体为NH3；硫酸钙、SiO2不溶于水，经“水浸”“过滤”得到的“滤渣”为硫酸钙、SiO2，滤液的主要成分为硫酸镁、硫酸铝、硫酸铵，滤液经浓缩结晶得到铝产品和富镁溶液；“滤渣”中的CaSO4与(NH4)2CO3反应生成更难溶的CaCO3，经一系列操作得到钙产品。
20．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
【答案】（1）D
（2）C
（3）C
（4）A
（5）；2
（6）A；所有离子浓度变为原来，，平衡逆移
（7）0.805
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】（1）A、三硫化二铁：呈黑色或灰黑色（如硫铁矿），非红色，A错误；
B、四氧化三铁：呈黑色（如磁铁矿），具有磁性，B错误；
C、硫化亚铁：呈黑褐色，常见于陨硫铁，C错误；
D、三氧化二铁：赤铁矿的红色源于 Fe3+的电子跃迁，是赭红的显色成分，赭红作为颜料广泛应用于古代壁画、岩画（如敦煌壁画）和油画，其红色稳定性归因于 Fe2O3的化学惰性，D正确。
故答案为：D
（2）A、氯化铁是强酸弱碱盐且在水溶液中Fe3+水解，溶液显酸性，Fe3++3H2O Fe(OH)3↓+3H+，A错误；
B、加铁粉发生还原反应，生成浅绿色Fe2+：2 Fe3++Fe=3 Fe2+溶液由黄褐色变为浅绿色（Fe2+颜色），无红褐色，B错误；
C、饱和FeCl3溶液滴入沸水中，水解形成氢氧化铁胶体：FeCl3+3 H2O=Fe(OH)3(胶体)+3 HCl，可以观察到溶液变为红褐色透明胶体，可以用丁达尔效应来验证，C正确；
D、加氨水生成红褐色絮状沉淀（Fe(OH)3），非白色：Fe3++3 NH3 H2O=Fe(OH)3↓+3 NH4+，D错误；
故答案为：C
（3）A、"能级"在此指主量子数n的能级。根据铁原子的电子排布为：1s22s22p63s23p64s23d6可以推断出，铁的电子占据能级为：1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s，共7个不同能级，A错误；
B、铁原子基态未成对电子主要在3d亚层，3d6有5个轨道，根据洪特规则有6个电子以高自旋状态排布，即4个未成对的单电子和1个成电子，4s2全满，无未成对电子，因此，未成对电子总数为4个，B错误；
C、原子轨道数量由亚层决定，其中s：1个、p：3个、d：5个轨道，因此根据铁原子的电子排布可以推断出总轨道数：1+1+3+1+3+1+5=151+1+3+1+3+1+5=15，C正确；
D、电子能量由量子数n和ll决定，同一亚层内电子能量相同，称之为简并轨道，铁原子有7个不同亚层（能级）：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d，每个亚层内电子能量相同（如2p6的6个电子能量相同）。因此，电子只有7种不同能量，而不是26种，D错误；
故答案为：C；
（4）A、铁与硫的反应是放热反应，一旦反应加热至红热，释放的热量足以维持反应进行，移开酒精灯后固体继续红热，直至反应完成或反应物耗尽，A正确；
B、在反应中：铁（Fe）从0价升至+2价，被氧化，作还原剂，硫（S）从0价降至-2价，被还原，作氧化剂，B错误；
C、铁与硫的反应是固相直接化合，主要产物为固态FeS，不产生气体。SO3是硫氧化物，但实验中无氧气参与，且硫粉加热可能升华产生硫蒸气，并非SO3，C错误；
D、实际产物为硫化亚铁，化学式是FeS，呈黑色。Fe2S3（三硫化二铁）不稳定，在常压下不存或迅速分解，不是该反应的产物，D错误；
故答案为：A
（5）、根据配合物 的结构可以看出：内界指配离子部分，即中心金属离子与配体形成的复杂离子，其中铁为 +3价，配离子带 +2个 电荷，故内界为：[Fe(SCN)(H2O)5]2+，配体是配位到中心金属离子上的分子或离子，SCN-是单齿配体（通常以氮原子配位），H2O 是单齿中性配体，共有两种配体类型，其中 SCN- 一个，H2O 五个，配位数为 6。故配体有：SCN-（硫氰酸根）和 H2O（水）
（6）、根据题干可知平衡式为：，体积加倍，各物质浓度变为原浓度的1/2，平衡常数为：，设原浓度分别为a，b，c，则此时的浓度商为：，当X>1时候，可以判断Q>K，故答案为：A，所有离子浓度变为原来，，平衡逆移；
（7）、、、、，=。
【分析】能层是指电子在原子中所处的不同能量层次，通常用主量子数n表示，如K、L、M层等；能级是在同一能层内，由于电子所处空间状态的不同而形成的不同能量级别。每个能层下的能级具有不同的能量，但同一能级下的不同轨道具有相同的能量（称为简并轨道）。
配合物的组成主要包括以下几个部分：中心离子：通常是金属离子，如Fe3+、Cu2+等，负责形成配合物的核心；配位体：与中心离子结合的分子或离子，能够提供孤电子对，形成配位键；配位原子：配位体中提供孤电子对的原子，常见的有氮（N）、氧（O）、硫（S）等；配位数：与中心离子成键的配位原子总数，受中心离子性质的影响；内外界组成：配合物可分为内界（中心离子和配位体）和外界（其他离子或分子）。
浓度商q和平衡常数k之间的关系如下：浓度商q是指在任意时刻，反应物和生成物的浓度（或分压）之比，反映了反应体系偏离平衡状态的程度；平衡常数k是在特定温度下，反应达到平衡时，生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与反应物浓度的化学计量数次幂的乘积之比，是一个常数。当q < k时，反应向正反应方向进行；当q > k时，反应向逆反应方向进行；当q = k时，反应达到平衡状态。
（1）、、均为黑色，赭红的主要成分是，故选D；
（2）A．饱和氯化铁溶液中铁离子水解使得溶液显酸性，A错误；
B．铁和铁离子生成亚铁离子，溶液变为浅绿色，B错误；
C．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；
D．加氨水生成红褐色氢氧化铁沉淀，D错误；
故选C。
（3）铁为26号元素原子，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2；
A．有7个不同能级的电子，错误；
B．有4个未成对电子，错误；
C．占据15个原子轨道，正确；
D．同一能级能量相同，有7种能量不同的电子，错误；
故选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，正确；
B．反应生成FeS，S化合价降低，做氧化剂，错误；
C．主要产生的气体附产物为二氧化硫，而非，错误；
D．最终得到黑色的FeS，错误；
故选A；
（5）内界为，配体有SCN2-、H2O两种
（6）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）、、、，=。
三、实验探究题
21．银及其化合物在催化与电化学等领域中具有重要应用。
（1）在银催化下，乙烯与氧气反应生成环氧乙烷（EO）和乙醛（AA）。根据图1所示，回答下列问题：
①中间体OMC生成吸附态EO（ads）的活化能为 　 　kJ/mol。
②由EO（g）生成AA（g）的热化学方程式为 　 　。
（2）一定条件下，银催化剂表面上存在反应：Ag2O（s） 2Ag（s）+O2（g），该反应平衡压强pc与温度T的关系如表：
T/K 401 443 463
pc/kPa 10 51 100
①463K时的平衡常数Kp＝　 　。
②起始状态Ⅰ中有Ag2O、Ag和O2，经图2过程达到各平衡状态：
已知状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，下列叙述正确的是 　 　（填字母）。
A.从Ⅰ到Ⅱ的过程ΔS＞0
B.pc（Ⅱ）＞pc（Ⅲ）
C.平衡常数：K（Ⅱ）＞K（Ⅳ）
D.若体积V（Ⅲ）＝2V（Ⅰ），则Q（Ⅰ）＝K（Ⅲ）
E.逆反应的速率：v（Ⅰ）＞v（Ⅱ）＝v（Ⅲ）＞v（Ⅳ）
③某温度下，向恒容容器中加入Ag2O，分解过程中反应速率v（O2） 与压强p的关系为v（O2）＝k（1﹣），k为速率常数（定温下为常数）。当固体质量减少4%时，逆反应速率最大。若转化率为14.5%，则v（O2）＝　 　（用k表示）。
（3）α﹣AgI可用作固体离子导体，能通过加热γ﹣AgI制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图3所示（为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置）。
①测定晶体结构最常用的仪器是 　 　（填字母）。
A.质谱仪
B.红外光谱仪
C.核磁共振仪
D.X射线衍射仪
②γ﹣AgI与α﹣AgI晶胞的体积之比为 　 　。
③测定α﹣AgI中导电离子类型的实验装置如图4所示。实验测得支管a中AgI质量不变，可判定导电离子是Ag+而不是I﹣，依据是 　 　。
【答案】（1）83；EO（g）AA（g）ΔH＝﹣102kJ/mol
（2）10；CDE；
（3）D；12：7；a中Ag电极质量减小，b中Ag电极质量增大
【知识点】晶胞的计算；热化学方程式；化学反应速率；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡常数
【解析】【解答】（1）①根据图示信息，中间体OMC生成吸附态EO（ads）的活化能为-93kJ/mol-（-176kJ/mol）=83kJ/mol。
②由EO（g）生成AA（g）的焓变ΔH=-219kJ/mol-（-117kJ/mol）=-102kJ/mol，则其热化学方程式为 EO（g）AA（g）ΔH＝﹣102kJ/mol 。
（2）①463K时该反应的平衡常数Kp= 。
②A．该反应前后，气体体积增大，平衡状态Ⅱ→状态Ⅲ，正向移动，固体质量减小，而状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则状态Ⅰ到Ⅱ的过程中固体质量增大，即反应逆向进行，则从Ⅰ到Ⅱ的过程ΔS＜0，错误；
B．Kp只与温度有关，温度不变则Kp不变，即pc（Ⅱ）=pc（Ⅲ），错误；
C．由表中数据可知，该反应的平衡常数Kp随温度升高而增大，为吸热反应，即平衡常数：K（Ⅱ）＞K（Ⅳ），正确；
D．状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则n（O2）相等，若V（Ⅲ）=2V（Ⅰ），则压强p（Ⅰ）=2p（Ⅲ），即浓度熵Q(Ⅰ)=，K(Ⅲ)=，则Q(Ⅰ)=K(Ⅲ)，正确；
E．由A项可知，状态Ⅰ→Ⅱ，反应逆向进行，v逆（Ⅰ）＞v逆（Ⅱ），由C项可知，反应为吸热反应，状态Ⅲ→Ⅳ，逆向移动，v逆（Ⅲ）＞v逆（Ⅳ），状态Ⅱ→Ⅲ，Kp和pc（O2）均不变，则v逆（Ⅱ）=v逆（Ⅲ），降低温度反应速率减小，综上可知，逆反应的速率：v（Ⅰ）＞v（Ⅱ）=v（Ⅲ）＞v（Ⅳ），正确。
③设起始时容器中加入m(Ag2O)=m g，当固体质量减少4%时，逆反应速率最大，即达到平衡状态，生成n(O2)=mol，根据反应 Ag2O（s） 2Ag（s）+O2（g） ，若转化率为14.5%时，生成n(O2)=n(Ag2O)=×。根据PV=nRT，恒温恒容时，P与n成正比，则 ==，所以v（O2）＝ k（1﹣） = 。
（3）①测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪。
②根据图3可知，γ-AgI晶胞中原子总数为6×+8×=4，α-AgI晶胞中原子总数为8×+1=2，结合m=ρV=nM、N=nNA可知，γ﹣AgI与α﹣AgI晶胞的体积之比。
③实验测得支管a中AgI质量不变，则阳极生成的Ag+移向阴极，导致阳极质量减小，Ag+在阴极得电子生成Ag，导致阴极质量增大，所以实验中导电离子是Ag+而不是I-。
【分析】（1）①中间体OMC生成吸附态EO（ads）的活化能为-93kJ/mol-（-176kJ/mol）=83kJ/mol。
②由EO（g）生成AA（g）的焓变ΔH=-219kJ/mol-（-117kJ/mol）=-102kJ/mol。
（2）①根据平衡常数表达式进行分析。
②A．该反应前后，气体体积增大，平衡状态Ⅱ→状态Ⅲ，正向移动，固体质量减小，而状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则状态Ⅰ到Ⅱ的过程中固体质量增大，即反应逆向进行。
B．Kp只与温度有关。
C．该反应的平衡常数Kp随温度升高而增大。
D．状态Ⅰ和Ⅲ的固体质量相等，则n（O2）相等。
E．根据反应速率的影响因素进行分析
③根据PV=nRT，恒温恒容时，P与n成正比。算出平衡时与转化率为14.5%时O2的物质的量之比，即可得到 。
（3）①测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪。
②根据图3可知，γ-AgI晶胞中原子总数为6×+8×=4，α-AgI晶胞中原子总数为8×+1=2，结合m=ρρV=nM、N=nNA进行分析。
③实验测得支管a中AgI质量不变，则阳极生成的Ag+移向阴极，导致阳极质量减小，Ag+在阴极得电子生成Ag，导致阴极质量增大。
四、综合题
22．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　 　。
【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
【知识点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（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；
（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。
【分析】（1）Mn为25号元素，位于第四周期第ⅦB族；第四周期中Cr的未成对电子比Mn多；
（2） 当晶体有O原子脱出时，出现O空位，结合化合物中化合价代数和为0分析Mn元素化合价变化；
（3） 中心B原子的价层电子对数为4；咪唑环中N原子形成3个σ键；
（4）形成分子间氢键物质的熔沸点升高。
（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；
（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。
23．以苯为代表的挥发性有机污染物可以在Co3O4的催化作用下，与O2反应生成CO2和H2O，进一步将CO2转化成高附加值的化学品，可减少污染和碳排放。
Ⅰ．CO2与苯的分子结构
（1）CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为　 　，苯是　 　（填“极性”或“非极性”）分子。
（2）Ⅱ．苯的催化氧化
Co3O4做催化剂时，在有、无光照条件下，苯的催化氧化产物相同，但反应历程不同。无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol。右图是290℃时，有、无光照条件下，苯的转化率随时间的变化曲线。
光照条件下，对应的转化率曲线为　 　（填“a”或“b”）。
（3）有、无光照条件下，两种反应历程的　 　（填“相等”或“不等”）。
（4）Ⅲ．CO2的转化
CO2与H2反应可以合成甲醇：
一定温度下，等物质的量的CO2和H2在恒容密闭容器中发生上述反应达到平衡后，下列各操作有利于平衡正向移动的是　 　（填序号）。
a.分离出甲醇 b.充入稀有气体 c.增加H2量 d.降低温度
（5）一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图。
①电极a是　 　极，电极反应式为　 　；
②电解过程中，电极b一侧的溶液pH将　 　（填“升高”“不变”或“降低”）；
③电解过程中通过阳离子交换膜的离子为　 　。
【答案】（1）sp；非极性
（2）a
（3）相等
（4）acd
（5）阴；；降低；K+
【知识点】极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）CO2的结构式为O=C=O，中心碳原子的价层电子对数为2，因此采用sp杂化。苯的结构简式为，为平面正六边形，因此属于非极性分子。
故答案为：sp；非极性
（2）光照条件下反应的活化能小于无光照条件下的活化能，因此光照条件下反应速率更快，则反应达到平衡所需的时间更短，因此曲线a对应光照条件下的转化率曲线。
故答案为：a
（3）反应热只与反应物和生成物的状态有关，与反应条件无关。因此有无光照条件下，两种反应历程的反应热ΔH相等。
故答案为：相等
（4）a、分离出甲醇，则生成物的浓度减小，平衡正向移动，a符合题意。
b、反应在恒容装置内进行，充入稀有气体，反应物和生成物的浓度都不变，反应速率不变，平衡不移动，b不符合题意。
c、增加H2的量，反应物的浓度增大，平衡正向移动，c符合题意。
d、降低温度，平衡向吸热反应方向移动，d符合题意。
故答案为：acd
（5）①电极a上CO2转化为HCOOH，其中碳元素由＋4价变为＋2价，发生得电子的还原反应，因此电极a为阴极，其电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH。
故答案为：阴；CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH
②电极b上CH3OH转化为HCOO－，其中碳元素由－2价变为＋2价，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为CH3OH－4e－＋5OH－=HCOO－＋4H2O。电解过程中OH－参与反应，使得溶液中c(OH－)减小，因此溶液的pH降低。
故答案为：降低
③阳离子交换膜只允许阳离子通过，因此电解过程中K＋从电极b一侧通过阳离子交换膜移向电极a一侧。
故答案为：K＋
【分析】（1）根据CO2中碳原子的价层电子对数，确定碳原子的轨道杂化方式。根据苯的结构简式，确定分子的极性。
（2）反应所需的活化能越小，反应速率越快，反应达到平衡所需的时间越短，据此分析。
（3）反应热ΔH只与反应物和生成物的状态有关，与反应条件无关。
（4）结合浓度、温度、压强、催化剂对反应速率的影响分析。注意压强的改变需引起浓度的改变，否则反应速率不变，化学平衡不移动。据此结合选项分析。
（5）电极a上CO2转化为HCOOH，其电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH；电极b上CH3OH转化为HCOO－，其电极反应式为CH3OH－4e－＋5OH－=HCOO－＋4H2O。据此结合题干设问分析作答。
24．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，3d轨道形成全充满结构
D．配位键强度：[Cu(NH3)]2+>[Cu(NH3)]+
（2）一种铜化合物的晶胞如图1，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：(H2N)3PS]和B[化学式：(H2N)3PO]具有相似的结构，如图2。
①化合物B给出H+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H3PO4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Cu3FeS4为原料，设计如下转化方案：
①步骤I的化学方程式　 　
②步骤I中，溶液E中铜元素全部转化为难溶性CuBr。气体X为　 　（要求不引入其他新的元素）；溶液F中除K+、H+、Br外，浓度最高的两种离子　 　（按浓度由高到低顺序）。
【答案】（1）A；B；D
（2）[Cu(NH3)4][PtCl4]
（3）电负性O>S，导致化合物B中N一H键极性更大；2(H2N)2PS+3H2SO4+8H2O=2H3PO4+2H2S↑+3(NH)2SO4；将气体通入硫酸酸化的KMnO4溶液，若溶液颜色褪去且有黄色浑浊出现，说明有S，气体为HS
（4）4Cu3FeS4+2H2SO++33O2=12CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O；2SO2；SO2、Fe2+
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；晶胞的计算；铜及其化合物；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A．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；
B．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；
C．基态铜原子电子排布式为[Ar]3d104s1，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；
D．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；
故选ABD。
（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，给出趋势相对更大；
②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；
②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+。
【分析】（1）Cu为29号元素，S为16号元素；
（2）根据均摊法计算各离子数目，进而确定其化学式；
（3）①电负性越大，键的极性越强；
② 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H2S、H3PO4和 (NH)2SO4 ；
③H2S具有还原性；
（4）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。步骤Ⅱ中溶液E中的Cu2+被还原为CuBr，需要加入具有还原性的气体SO2。溶液E中的Fe3+与SO2发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，同时溶液中还有大量的 ，来自CuSO4、Fe2(SO4)3等，所以溶液F中除K+、H+、Br-外，浓度最高的两种离子为、Fe2+。
五、流程题
25． 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)。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，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）
（6）0.19
（7）12；
【知识点】晶胞的计算；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）Cu为29号元素，其核外共有29个电子，其价电子排布式为，故答案为：。
（2）“还原酸浸”时，被亚硫酸钠还原为，反应的离子方程式为：，故答案为：。
（3）“浸金银”时，Au溶解发生反应 、 ，上述反应中，先消耗后生成，反应前后没发生变化，为该过程的催化剂，故答案为： 。
（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；还可以减少废水的排放量和处理成本，因此“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，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，故答案为：大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，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与硫酸反应转化为和，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，则的氧化性由强到弱的顺序为，故答案为： 。
（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，的为，则，故答案为：0.19。
（7）①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，故答案为：12。
②该晶胞的质量为，体积为，则晶体的密度为，故答案为： 。
【分析】 褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等) 中加入硫酸和亚硫酸钠进行还原酸浸， 、被还原为和，CuO与硫酸反应生成硫酸铜，Au、Ag、不溶于硫酸，进入滤渣1；向滤液1中加入铁粉沉铜，被铁粉还原为Cu，加入MnO2氧化，将氧化为，加入NaOH沉铁，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，煅烧氢氧化铁得到三氧化二铁，滤液4中加入碳酸氢铵沉锰得到碳酸锰，向滤渣1中加入铜-氨-硫代硫酸盐溶液浸金银，Au、Ag浸出，后续提炼出Au、Ag。
26．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　 　。
【答案】（1）氧化生成S，促进酸浸反应正向进行；否 时，，则未沉淀完全；ZnO
（2）；负电
（3）；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
【知识点】晶胞的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）①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通入除镉，当溶液时，， 又因为，=，则=，则此时>， 离子沉淀不完全。
③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）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；根据均摊法，区域B中位于晶胞内，数目为3，位于晶胞体内，数目为1，位于顶点和面心，数目为，则区域B所带电荷总数为：，区域B带负电。
（3）①与反应除了生成外还有锌离子，则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，所以反应后，砷回收率下降。
【分析】 闪锌矿[含及少量硫化镉等] 加入酸浸，ZnS、FeS、CdS分别转化为，硫元素转化为硫单质，先将Fe3+转化为氢氧化铁除去，加入H2S沉镉，将Cd2+转化为CdS，调节pH沉锌得到ZnS。
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