物质结构与性质元素周期律（测试）（解析版）-2025年高考化学一轮复习（新教材新高考）

第五章物质结构与性质元素周期律

测试卷

时间：75分钟分值：100分

可能用到的相对原子质量：C12N14016Na23S32Co59Cu64Zn65Br80

一、选择题（每小题只有一个正确选项，共15x3分）

1.（2024•山西太原.三模）化学与生活、生产密不可分。下列说法错误的是

A.国家速滑馆使用不锈钢管道输送制冷剂，不锈钢是最常见的一种合金钢

B.我国科学家首次发现液氮温区保氧化物超导体LasNUO,,Ni位于周期表第TB族

C.净水器生产过程中，需在含膜滤芯组件上涂上甘油保护液，甘油是油脂的水解产物之一

D.以SisM为基础，用A1取代部分Si,用0取代部分N而获得的新型陶瓷属于共价晶体

【答案】B

【解析】A.不锈钢是最常见的一种合金钢，其合金元素主要是辂和锲，A正确；B.Ni元素原子序数为28,

位于元素周期表第四周期第VIII族，B错误；C.油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，故油脂的水解产物是

甘油和高级脂肪酸，C正确；D.以Si3N4为基础，用A1取代部分Si,用。取代部分N而获得的新型陶瓷

硬度大、熔点高，属于共价晶体，D正确；本题选B。

2.（2024•广西柳州•模拟预测）下列化学用语或图示表示正确的是

A.耳。的空间结构模型：。外。B.N?的电子式：N：N

3s3p

C.和互为同位素D.基态Si的价层电子排布图：团|川|

【答案】A

【解析】A.水分子的空间结构为V形，A项正确；B.氮气的电子式为：N三N：，B项错误；C.Ch和

。3是同种元素组成的结构不同的单质，互为同素异形体，C项错误；D.Si最外层电子数为4,该价层电子

3s3p

排布图不符合洪特规则，正确的价电子排布为：瓦|[川]D项错误；答案选A。

3.（2024・湖南长沙•三模）四种短周期主族元素Q、X、Y、Z的原子序数依次增大，由它们组成的一种化

合物结构如图所示，其中Y、Z同族，基态X原子核外有2个未成对电子。下列说法正确的是

/丫-?一丫\

Q—XYX-Q

Q\Q/XQ

A.电负性：Q<X<Y

B.同周期主族元素中第一电离能比Y大的只有一种

C.Z的氧化物对应的水化物为二元强酸

D.简单氢化物稳定性：X>Y>Z

【答案】A

【分析】四种短周期主族元素Q、X、Y、Z的原子序数依次增大，在该化合物中，Y形成2根键，Z形成6

根键，又Y、Z同族，则Y为O,Z为S,X形成4根键，基态X原子核外有2个未成对电子，则Z为C,

Q形成1根键，则Q为H,据此分析解答。

【解析】由分析知，Q、X、Y、Z分别为H、C、0、So

A.电负性：H<C<O,A项正确；B.N、F的第一电离能均比氧大，B项错误；C.亚硫酸为弱酸，C项

错误；D.非金属性越强，简单氢化物越稳定，则简单氢化物稳定性：0>S>C,D项错误；故选A。

4.（2024•江苏南通•二模）草酸（H2c。4）易被次氯酸钠氧化：H2C2O4+NaClO=NaCl+2CO2?+H2O,下

列说法正确的是

A.Na、Cl均位于元素周期表p区

B.CO?空间填充模型：OOO

+

C.草酸的电离方程式：H2C2O4.C2O；-+2H

D.H?。为极性分子

【答案】D

【解析】A.基态钠原子的价电子排布式为3sL基态Cl原子的价电子排布式为3s23P5,Na位于元素周期表

s区、C1位于元素周期表p区，A错误；

B.CO2是直线形分子，中心原子为C,且C原子半径大于0,其空间填充模型为B错误；C.草

+

酸是二元弱酸，分步电离方程式为电离方程式：H2C2O4,HC2O；+H,c错误；D.H2O分子中中心0

原子价层电子对数为2+”丑=4,O原子采用sp3杂化，0原子上含有2对孤电子对，分子是V形分子，

由于分子中正负电荷重心不重合，因此H2O是极性分子，D正确；故选D。

5.（2024・河南•模拟预测）随着经济稳定发展，我国科学技术水平突飞猛进。下列有关我国最新成果解读

错误的是

选项最新成果摘录化学解读

中国科学技术大学陈维教授团队成功构建可充电氢氯电池，电池能放电时，也在负极区发生氧化

A

在一70〜40℃下运行反应

同济大学材料科学与工程学院许维教授团队首次合成由10个碳原环型碳（G。）与Cw互为同素异

B

子组成的环型碳（Go）形体且含非极性键

南开大学材料科学与工程学院孙忠明教授课题组成功制备了全金金属富勒烯所含元素都是过渡

C

属富勒烯［K@A%Sb20r元素

中国科学院深圳先进技术研究院合成生物学研究所于涛研究员团

D合成过程发生了化学变化

队实现用二氧化碳合成葡萄糖和蔗糖

【答案】C

【解析】A.放电时，凡在负极区失去电子发生氧化反应，A正确；B.环型碳（Q。）与C6G是c元素构成的

不同单质，互为同素异形体且含C-C非极性键，B正确；C.金属富勒烯中的K、Sb都不是过渡元素，C

错误；D.用二氧化碳合成葡萄糖和蔗糖，合成过程发生了化学变化，D正确；故选C。

6.（2024.安徽•三模）意大利化学家阿伏加德罗的重大贡献是建立分子学说，下列说法不正理的是

环戊二烯二茂铁（沸点249。（2,100（以上能升华）

甲乙丙丁

A.18个碳原子构成的碳环分子的结构如图甲所示，该物质也是碳的一种同素异形体

B.N2c）5的结构如图乙，可看作HQ分子中H原子被硝基取代，电。5是极性分子

C.白磷（PJ晶胞如图丙所示，白磷晶体中1个P,分子周围有8个紧邻的P」分子

D.图丁中，环戊二烯中的碳原子的杂化方式有sp2和sp',环戊二烯负离子和亚铁离子形成的二茂铁中无离

子键

【答案】C

【解析】A.18个碳原子构成的碳环分子的结构如图甲所示，分子式为C18,属于碳单质，该物质也是碳

的一种同素异形体，故A正确；B.冲。5的结构如图乙，可看作分子中H原子被硝基取代而形成，分子

的正负电荷中心不重叠，是极性分子，故B正确；C.白磷（R）晶胞如图丙所示，属于面心立方晶胞，白

磷晶体中1个分子周围有12个紧邻的白磷分子，故C错误；D.图丁中，环戊二烯中的碳原子有sp2、sp3

两种杂化方式，已知二茂铁沸点较低，应属于分子晶体，故环戊二烯负离子C5H5与Fe2+形成配位键，无离

子键，故D正确；故选C。

7.（2024・江苏宿迁•三模）硫元素约占地球总质量的1.9%,广泛分布并循环于地球内部各圈层。硫有32S、

34S、33s和36s四种同位素。硫元素主要以氢化物、硫化物、含氧酸和含氧酸盐等形式存在。硫的单质有S2、

S4、S8等多种分子形态；硫的氢化物（H2S、H2s2）均有弱酸性；低价硫易被氧气氧化。硫在生物圈的演化中

扮演了重要角色，在细菌作用下硫元素可发生氧化或还原反应，促进了硫元素在地球各圈层中的循环。下

列说法正确的是

A.32s、34s、33S、36s原子的中子数均相同

B.SO3和SOj中S的杂化类型均为sp?

C.S2、S4>S8均难溶于水，易溶于CS2

D.H2s2分子的构型为直线形

【答案】C

【解析】A.32s、34s、33s、36s原子的质子数均相同,中子数分别为：16、18、17、20,A错误;B.SO3

的价层电子数为：1x(6-3x2)+3=3,SOj的价层电子数为：1x(6+2-3x2)+3=4,前者sp2杂化，后者

sp3杂化，B错误；C.S2、S4、S8与CS2均为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶可知，S2、S4、S8

均难溶于水，易溶于CS2,C正确；D.H2s2与H2O2为等电子体，分子构型相似，所以H2s2分子的构型为:

,D错误；故选C。

8.(2024.江西.模拟预测)科学家开发铜基MOF材料做催化剂载体，其结构简式如图所示。下列有关该

MOF的叙述错误的是

A.含极性键和非极性键

B.所有原子可能共平面

C.C原子采用sp2、sp3杂化

D.所含第二周期元素中，N的第一电离能最大

【答案】B

【解析】A.该化合物中所含碳碳键是非极性键、碳氧键和碳氮键等是极性键，A正确；B.分子中含甲基,

所有原子不可能共平面，B错误；C.该化合物中苯环和碳氮双键上的碳原子采用sp2杂化，甲基上碳原子

采用sp3杂化，C正确；D.在该化合物所含元素中，N、C、O位于第二周期，N的第一电离能最大，D正

确；答案选B。

+

9.(2024.河南•模拟预测)H与。可以形成H?O和HQ?两种化合物，其中H2O2的分子结构如图所示。H

可与形成H3O+。下列说法错误的是

A.液态水中的作用力由强到弱的顺序是：氢键＞O—H＞范德华力

B.相同条件下，凡。2在水中的溶解度大于在CCL中的溶解度

C.凡。2分子中两个0原子均采取：sp3杂化轨道成键

D.也0+的空间结构为三角锥形

【答案】A

【解析】A.一般而言，共价键的作用力大于分子间作用力，则液态水中的作用力由强到弱的顺序是：O—H＞

氢键〉范德华力，A错误；

B.HQ?和H20都是极性分子，Cd’是非极性分子，根据相似相溶原理，相同条件下，HQ?在水中的溶

解度大于在CC1,中的溶解度，B正确；C.分子中两个O原子均形成2个共价键且存在2对孤电子对,

采取sp3杂化轨道成键，C正确；D.用0+中氧原子的价层电子对数为3+”产=4,。为sp3杂化，有一

对孤对电子，故H3O+的立体构型为三角锥形，D正确；故选A。

10.（2024.天津河西.模拟预测）结构决定物质性质是研究化学的重要方法，下列对结构与性质的描述簿误

的是

万电翻

与电舞

正根相•HIM

连的电

连的电••••••••

在纯金■中Mi入具怆元索山••・••・殳］石

（D僮⑨④

A.①中NaCl在水溶液中导电是因为在电流作用下破坏了NaCl中离子键

B.②中在纯金属中加入其它元素，使原子层之间的相对滑动变得困难，导致合金的硬度变大

C.③中人体细胞和细胞器的双分子膜以头向外而尾向内的方式排列体现了超分子的自组装性

D.④中石墨晶体是层状结构的，每个碳原子的配位数为3,属于混合晶体，熔点高于金刚石

【答案】A

【解析】A.①中NaCl在水溶液中导电是因为在水分子作用下破坏了NaCl中离子键、形成了可自由移动

的水合钠离子和水合氯离子，A错误；B.②中在纯金属中加入其它元素或大或小的原子，改变了金属原

子有规则的层状排列，使原子层之间的相对滑动变得困难，导致合金的硬度变大，B正确；C.超分子具有

自组装性，例如③中人体细胞和细胞器的双分子膜以头向外而尾向内的方式排列体现了这一点，C正确；

D.④中石墨晶体是层状结构的，每个碳原子的配位数为3,层内存在C-C键，层间存在分子间作用力，

属于混合晶体，石墨中C-C的键长比金刚石中C-C的键长短，则石墨熔点高于金刚石，D正确；答案选A。

11.(23-24高三下.湖南•阶段练习)在碱性溶液中，铜与缩二胭形成某种紫色配离子，其结构如图所示。

下列说法不正确的是

'O0.

片怨£吁Y

HNCuCuNH

^-NHVHN^

_oo_

A.元素的第一电离能：N>O>C>Cu

B.该配离子中铜的化合价为+2价

C.该配离子中心离子的配体数和配位数相等

D.缩二版的分子式为CzHKs。？

【答案】C

【解析】A.根据同周期主族元素的第一电离能由左向右逐渐增大，但N核外电子排布处于半充满稳定状

态，第一电离能大于相邻族元素，则元素的第一电离能：N>O>C>Cu,A正确；B.与铜形成配合物的配体

0

分别是2个HN和2个OH1配离子整体呈现-2价，故铜显+2价，B正确；C.每个中心离子的配

>NH

O

O

体数为3,配位数为4,C错误;D.根据配离子结构可知，缩二胭的结构简式为HN,分子式为C2H5N3O2，

>NH

0

D正确；答案选C。

12.(2024•山西・模拟预测)K“Fe(CN)6]为食盐的抗结剂，已知K4Fe(CN)6]的熔点为70℃、沸点为104.2℃,

r,、r400℃以上人

400℃以上发生分解反应：3K4[Fe(CN)6]12KCN+Fe3C+5C+3N2T。设NA为阿伏加德罗常数

的值，下列说法错误的是

A.K4[Fe(CN)6]中含有离子键、配位键和共价键

B.42.0gN2和N4中的原子数为3NA

C.常温下，lLpH=ll的KCN溶液中由水电离的H+数为10-UNA

D.3.6g金刚石晶胞中C-C键的数目为0.6NA

【答案】C

【解析】A.K4[Fe(CN)6]中含有K离子与CN-之间有离子键、Fe与CN-之间有配位键和CN之间有共价键，

A正确；B.42.0gN2和N4中的原子数为3NA,B正确；C.lLpH=H的KCN溶液中CN-发生水解，水的电

离被促进，故由水电离的H+数为10-3NA,C错误；D.金刚石晶胞中每个C原子与周围4个C原子成键，

所以每个C原子形成2个C—C键，3.6g金刚石晶胞中C—C键的数目为0.6NA,D正确；故选C。

13.（2024.辽宁葫芦岛.二模）某实验小组以粗银（含少量Fe和Cr杂质）为原料制备Ni（NH3）6CU，并测定相

关组分的含量，制备流程示意图如下：

（a）（b）（c）（d）

已知：Ni（OH）2为绿色难溶物；Ni（NH3）6（NO3）2,N/NHs%Cl?均为可溶于水的蓝紫色晶体，碱性条件下

稳定存在，下列说法不正确的是

A.试剂X的作用是调节pH除去Fe和Cr杂质，则试剂X可为NaOH

B.c-d过程的转化离子方程式为Ni（NH3）6（NO3）2+2Cl=Ni（NH3）6C12+2NO3

C.实验配制3.0moLL稀硝酸250mL需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、250mL容量瓶

D.步骤c、d中为防止氨水分解及降低固体溶解度需0~10℃冷水浴控温，则温度计应在水浴中

【答案】C

【分析】由题给流程控制，向粗保中加入浓硝酸，加热条件下酸溶，将金属元素转化为可溶的硝酸盐，加

入氢氧化钠溶液调节溶液pH,将溶液中的铁离子、铭离子转化为氢氧化铁、氢氧化铭沉淀，过滤得到含有

氢氧化铁、氢氧化锚的滤渣和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH,将镁离子转化为绿色氢氧化

镇沉淀，过滤得到氢氧化锲；向氢氧化镇中加入稀硝酸、氨水，将氢氧化镁转化为Ni（NH3）6（NO3）2,过滤得

到Ni（NH3）6（NC>3）2蓝紫色晶体1；向蓝紫色晶体1中再加入盐酸、氨水和氯化镂的混合溶液，将Ni（NH3）6（NO3）2

转化为Ni（NH3）6Cb,过滤得到Ni（NH3）6CL蓝紫色晶体2,处理得到产品。

【解析】A.由分析可知，加入试剂X的系列操作为加入氢氧化钠溶液调节溶液pH,将溶液中的铁离子、

铭离子转化为氢氧化铁、氢氧化铭沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铭的滤渣和滤液；向滤液中加入

氢氧化钠溶液调节溶液pH,将保离子转化为绿色氢氧化银沉淀，则试剂X为氢氧化钠溶液，作用是调节溶

液pH除去溶液中的铁离子和铝离子，故A正确；B.由分析可知，c-d过程为加入盐酸、氨水和氯化钱的

混合溶液将Ni（NH3）6（NO3）2转化为Ni（NH3）6Cl2,反应的离子方程式为

Ni（NH3）6（NO3）2+2Cr=Ni（NH3）6Cl2+2NO3,故B正确；C.实验配制250mL3.0mol/L稀硝酸需要的玻璃

仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、250mL容量瓶外，还需要用到胶头滴管，故C错误；D.步骤c、d中为防止

氨水分解及降低固体溶解度需。〜10℃冷水浴控温，温度计应插入冷水浴中，不能插入反应液中，故D正

确；故选C。

14.（2024•河北保定•二模）AX4四面体（Ti）在无机化合物中很常见。「按图示方式相连，可形成一系列

超四面体（T2、T3等），下列说法正确的是

Q

“T2T,

A.超四面体系列的各物质最简式相同

B.AX4每个面都是正三角形，键角为109。28，

C.CH4、CC14、SiF4等化合物均可形成超四面体系列

D.AX4四面体形成的无限二维结构对应的晶体为分子晶体

【答案】B

【解析】A.Ti、T2和T3的化学式分别为AX©A4X10和A10X20,故超四面体系列的各物质最简式不相同，

A项错误；B.AX4中，中心A原子的价层电子对数为4,发生sp3杂化，键角为109。28"构成正四面体结

构，则每个面都是正三角形，B项正确；C.X为配位原子，可以与两个A原子相连，应为氧、硫等原子，

H、F、C1不能与两原子相连，故CH4、CC14、SiF4不可以形成超四面体系列，C项错误；D.分子晶体中分

子为相对独立的个体，AX4四面体形成的无限三维结构对应的晶体可能为共价晶体，D项错误；故选B。

15.（2024•湖南邵阳•三模）CuBr是一种常见的有机催化剂，其晶胞结构如下图所示，晶胞参数为硬m。CuBr

的密度为ag-cm-,下列说法错误的是

A.与每个Cu原子紧邻的Cu原子有12个

B.Cu原子与Br原子的最小核间距离为:4Pm

c.用。和”表示阿伏加德罗常数的值为：5~76x^032

da

（313、

D.已知M点的原子坐标为（0。0）,则N点的原子坐标为匕彳力

【答案】D

【解析】A.由晶胞结构可知，Cu位于晶胞的顶点和面心，则与每个Cu原子紧邻的Cu原子有12个，A正

确；B.由晶胞结构可知，Cu原子与Br原子的最小核间距离为体对角线的!，为且apm,B正确；C.该

44

11,_34x64+4x80.3576x1032

晶胞中含有8x；+6x14个Cu,4个Br,则晶胞的密度为dg-m，解得，

C正确；D.已知M点的原子坐标为（0,。,。），由晶胞结构可知，N点的原子坐标为D错误；故

选D。

二、非选择题（共4小题，共55分）

16.（2024.吉林•模拟预测）（13分）锌在生产生活中有着重要的应用，工业上用氨法溶浸氧化锌烟灰制取

高纯锌的工艺流程如下所示。溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、碎元素分别以

2+2+2+

[Zn（NH3）4],[CU（NH3）4],[Cd（NH3）4]、[AsCl5r的形式存在。

NH3H2O

和NH4clH2O2锌粉

雕一也浸出液拿恒卜I

滤渣1滤渣2滤渣3

（1）“溶浸"时，氧化锌参与反应的相关离子方程式为。“溶浸”时温度不宜过高，其原因是o

（2）lmol[Zn（NH3）4]CU配合物中含有共价键的数目为。

（3）“氧化除杂”中，[AsCL产转化为AS2O5胶体吸附聚沉除去，溶液始终接近中性，该反应的离子方程式

为。

（4）“滤渣3”的主要成分为。

（5）硫化锌（ZnS）是常见的硫化物，其一种晶胞结构如图所示。

os2"

OZn2+

①晶胞中S2-的配位数为。

②设晶胞边长为apm,NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度g/cm3（用含a、NA的代数式表示）。

【答案】（1）ZnO+2NH,-H2O+2NH4=[Zn（NH3）4+3H2O（2分）

避免氨水的分解和挥发（2分）

（2）16NA（1分）

（3）2[ASC15]2-+2H2O2+6NH3-H2O=AS2C>5（胶体）+10C「+6NH；+5H2（）（2分）

（4）Cu、Cd（2分）

（5）4（2分）々建Xi。"（2分）

aNA

【分析】“溶浸”工序中，NH3做配体与Z#+、CF+等配位将其溶出，H2O2将[AsCbf-转化为AS2O5胶体聚沉

在滤渣2中除去，在“还原”工序中，锌粉置换铜、镉，因此滤渣3的成分为Cu、Cd,最终电解得到高纯锌。

【解析】⑴“溶浸"时，ZnO生成[Zn（NH3）J+,离子方程式为

2+

ZnO+2NH3-H2O+2NH：=[Zn（NH3）4]+3H2O；氨水受热易分解、挥发，溶浸时温度不宜过高；

（2）1molNH3含有3mol共价键，NH3与Zd+形成的配位键是共价键，故1mol[Zn（NH3）4]d2中含有共

价键的数目为16NA；

（3）“氧化除杂”中，H2O2将[AsCL]呵氧化为AsQs，方程式为

2-

2[ASC15]+2H2O2+6NH3.H2O=AS2O5（胶体）+10Cr+6NH*+5H2O；

（4）根据分析，滤渣3的成分为Cu、Cd；

（5）①根据图示，ZnS晶胞中S2-的配位数为4；

4x97

②根据均摊法，ZnS晶胞中含有4个ZnS单元，因此，该晶体的密度为鬲

17.（2024•广西柳州•模拟预测）（14分）三氯化六氨合钻（仁。3珥）6]。3，Mr=267.5g-moL）是重要的工

业原料，制备原理如下：

2coeL-6H2。+10NH3-H2O+2NH4C1+H?。?=2[Co（NH3）JCl3+24H2O

已知：

①[<20（皿3）6]。3为橙黄色晶体，在高浓度盐酸中易结晶析出，难溶于乙醇，易溶于热水，微溶于冷水。

②酸性介质中，C03+易被还原为CO?*。

I.制备[CO（NH3）61C13,步骤如下，装置如图:

步骤1：检查装置气密性后将COCl?、NH4cl和活性炭在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，充分反应后缓慢滴

加适量双氧水，水浴加热20min,控制反应温度为50~60℃；

步骤2：将所得浊液趁热过滤，向滤液中逐滴加入适量浓盐酸；

步骤3：冷却结晶后过滤，用少量冷水和无水乙醇分别洗涤晶体23次，干燥。

（1）图中仪器的a名称为o

（2）步骤1中控制反应温度为50~60℃的原因是0

（3）步骤3中选用无水乙醇洗涤的目的是o

⑷若无活性炭，所得产物除［Co（NH3）6］CL外还会产生大量［Co（NH3）5Clx］ci2和［CO（NH3）5耳。］。等

晶体，配合物［。0（阳3）5©*］。2中苫=,配体为O

II.测定产品纯度

用电子天平取1.00g产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液加热，将NH3完全蒸出后加入足量稀硫酸酸化，

使仁0（皿3）6］。3全部转化为©03+,加入适量指示剂和过量KI溶液，充分混合后用0.2000moLLTNa2s2。3标

准溶液滴定，反应原理为I2+2s=S4O^+21-o

（5）滴定时应选用的指示剂为，加入KI溶液后发生反应的离子方程式为o

（6）实验中，消耗Na2s2O3标准溶液15.00mL,则产品的纯度为。

【答案】（1）恒压滴液漏斗（1分）

（2）防止双氧水分解和氨水挥发（2分）

（3）减少［CO（NH3）6］CL的损失（2分）

（4）1（2分）NH3、C「（2分）

3+2+

（5）淀粉溶液（1分）2Co+2F=2Co+I2（2分）

（6）80.25%（2分）

【分析】将CoC56H2O和氯化镂溶解后，加入过量氨水，制备［CO（NH3）6］2+,然后再加入过氧化氢溶液，将

+2价Co氧化成+3价Co,2COC12-6H2O+10NH3-H2O+2NH4C1+H2O2=2［Co（NH3）6］Cl3+24H2O,

所得浊液趁热过滤，向滤液中逐滴加入适量浓盐酸，冷却结晶后过滤，用无水乙醇洗涤2~3次，低温干燥

得到产品。

【解析】（1）根据装置图，图中仪器的a名称为恒压滴液漏斗；

（2）氨水易挥发，双氧水易分解，为防止双氧水分解和氨水挥发，步骤1中控制反应温度为50~60℃。

（3）［Co（NH3）6］CL难溶于乙醇，步骤3中选用无水乙醇洗涤的目的是减少［Co（NH3）6］CL的损失

⑷若无活性炭，所得产物除［Co（NH3）6］CL外还会产生大量［CO（NH3）5C1X］CU和仁0（93）5比0］。3等

晶体，根据［Co（NH3）61a3可知C03+的配位数为6,所以配合物［CO（NH3）5C1X］CU中x=l,配体为NH3、

C1-0

（5）酸性介质中，C03+易被还原为c<?+,可知加入KI溶液，I-被氧化为I2,卜能使淀粉变蓝，所以滴定时

应选用的指示剂为淀粉溶液；加入KI溶液发生反应的离子方程式为2co3++21-=2Co2++h

（6）根据反应方程式2co3++21=2CO2++"、I2+2S2Ot-=S4O^+2r,建立关系式2cc?+~12~2m处。3，

实验中，消耗Na2s2O3标准溶液15.00mL,贝Un（［Co（NH3）6］Cl3）=n（Na2S2O3）=0.2mol/Lx0.015L=0.003mol,

—,0.003molx267.5g/mol.__

产品的纯度为-------------------X100%=80.25n%/。

1g

18.（2024.内蒙古通辽•模拟预测）（13分）Y、Z、W、R、M五种元素，位于元素周期表的前四周期，它

们的核电荷数依次增大，有如下信息：

元素相关信息

Y原子核外有6个不同运动状态的电子

Z非金属元素，基态原子的s轨道的电子总数与p轨道的电子总数相同

W主族元素，与Z原子的价电子数相同

R价层电子排布式为3d64s2

M位于第IB族，其被称作“电器工业的主角”

请回答下列问题（Y、Z、W、R、M用所对应的元素符号表示）：

（1）Z、W元素相比，第一电离能较大的是,M2+的核外电子排布式为。

（2）M?Z的熔点比M?W的（填“高”或"低”），请解释原因：。

（3）WZ2的VSEPR模型名称为；WZj的三聚体环状结构如图所示，该结构的一个分子中含有

个b键；写出一种与WZ3互为等电子体的分子的化学式。

（4）M的单质及其化合物在很多领域有重要的用途。如单质用来制造电线电缆，其一种氧化物可作为半导

体材料，其硫酸盐可用作杀菌剂。图1是M的某种氧化物的晶胞结构示意图，则该晶胞中阴离子数

为；其硫酸盐结晶水合物MSO/5HQ可写成值（凡0）4下0「凡0,结构示意图如图2：

下列说法正确的是（填字母）O

A.在上述结构示意图中，所有氧原子都采用sp3杂化

B.在上述结构示意图中，存在配位键、共价键和离子键

C.该硫酸盐结晶水合物晶体属于分子晶体，分子间存在氢键

D.该硫酸盐结晶水合物中的水在不同温度下会分步失去

往M的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成[M（NH3）4「配离子。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥

形，但NF?不易与+形成配离子，其原因是o

【答案】（l）Cu（l分）[Ar]3d9或Is22s22P63s23P63d9（1分）

（2）高（1分）氧离子的半径小于硫离子的半径，Cu2O比Cu2s的晶格能大（2分）

（3）平面三角形（1分）12（1分）BF3（1分）

（4）4（1分）BD（2分）NF3中氟原子电负性大，使N原子上的孤对电子离核较近，难以与

CW+形成配位键（2分）

【分析】Y、Z、W、R、M五种元素，位于元素周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增大。Y的原子

核外有6个不同运动状态的电子，Y为C元素；Z是非金属元素，基态原子的s轨道的电子总数与p轨道

的电子总数相同，Z的电子排布式为Is22s22P%Z为0元素；W是主族元素，与Z原子的价电子数相同，

W为S元素；R的价层电子排布式为3d64s2,R为Fe元素；M位于第IB族,其被称作“电器工业的主角”,

为Cu元素，据此分析结合元素性质解答。

【解析】（DZ为O元素，W为S元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，。和S元素相比，

第一电离能较大的是O,M为Cu元素，CiP+的核外电子排布式为[Ar]3d9或Is22s22P63s23P63d%

（2）M为Cu元素，Z为O元素，W为S元素，M2Z为Cu2O,M2W为C112S,由于氧离子的半径小于硫离

子的半径，则Cu2O比Cu2s的晶格能大，所以Cu2O的熔点比Cu2s的高；

X

（3）W为S元素，Z为O元素，WZ2为SO2,中心原子S价层电子对数=2+'-j」=3,S原子采取sp2杂

化，VSEPR模型名称为平面三角形；单键都为◎键，SO3的三聚体环状结构如图（a）所示，该结构的分子中

含有12个。键，SO3由4个原子构成，价电子总数为24,与SO3互为等电子体的分子的化学式为BF3；

（4）晶胞中阴离子-处于晶胞8个顶点、4个侧棱棱心、上下底面面心和体心，由均摊法，数目为

8x—+4x—+2x—+1=4；

842

由CuSO4-5H2O结构示意图及其性质：

A.在结构示意图，H2O中的O原子为sp3杂化，A错误；

B.在结构示意图中，CW+和硫酸根之间为离子键，H2O中氢氧之间为共价键，H2O中的。与Cu?+形成配

位键，B正确；

C.CuSCV5泾0晶体属于离子晶体，C错误；

D.由于连接方式不同，有水是其中O与CM+形成配位键，有水是以氢键和其他水分子相互作用，故该

CuSO#5氏0中的水在不同温度下会分步失去，D正确；

正确的选BD；

2+

由于NF3中氟原子电负性大，使N原子上的孤对电子离核较近，难以与CP形成配位键，故NF3不易与Cu

形成配离子。

19.（2024.海南.三模）（15分）过渡元素在材料，化工生产和生活中均占有重要地位。研究相关元素及它

们所衍生出的化合物对科学和社会发展有重要意义。回答下列问题：

（1）具有高能量密度的LiNi<Mn,Co,Al）iO2是值得深入研究的电池正极材料。基态Co原子的核外电子

排布式是。

（2）Mn的一种配合物化学式为［Mn（CO）5（CH3CN）］,CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是一

原子，配体CH3CN中，所含元素电负性由小到大的顺序为；两个C原子的杂化类型为,。键

与乃键数目之比为o

（3）Zn和Cu,第二电离能与第一电离能之差较小的是（填“Zn”或“Cu”），判断理