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2026 届考前《物质结构与性质》大题专练(二)
1．(1)基态Si 原子核外电子的空间运动状态有_____种，其价层电子排布式为______________。
(2)N2F2(二氟氮烯)分子中，氮原子的杂化类型为sp2，则N2F2的结构式为_______________。
(3)一种锌的配合物结构如图所示。该配合物中H－N－H 键角为109.5°，而NH3分子中H－N－H 键
角为107°，原因是_______________________________________。
(4)FeS2晶体的晶胞结构如图所示。在晶胞中，Fe2+位于S 所形成的__________________(填“正四面
体”或“正八面体”)空隙；若晶胞参数为anm，密度为pg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则FeS2的
摩尔质量M＝_____g·mol-1(用含a、p、NA的代数式表示)。
答案：(1)8；3s23p2 (2)F－N＝N－F(3)Zn2+形成配位键，对成键电子对的排斥力减小，键角变大
(4)正八面体； g/mol
解析：(1)硅是14 号元素，原子核外有8 个能级，则基态Si 原子核外电子的空间运动状态有8 种，其
价层电子排布式为3s23p2；
(2)氮原子的杂化类型为 sp2，可以确定N 与N 之间应为双键，N 与F 之间存在1 个键，每个N 还有1
个孤电子对，故N2F2的结构式为F－N＝N－F；
(3)配合物中单原子的孤电子对与Zn2+形成配位键，对成键电子对的排斥力减小，键角变大，所以H-
N-H 键角大于NH3分子中H－N－H 键角，故答案为:配合物中单原子的孤电子对与Zn2+形成配位键，对成
键电子对的排斥力减小，键角变大；
(4)由晶胞结构可知，晶胞中Fe2+位于S 所形成的正八面体空隙中；晶胞中位于顶点的和面心的S 的个
数为8×＋6×＝4，则该晶胞中有4 个FeS2，根据密度公式ρ＝＝可知M＝ g/mol＝ g/mol。
2．含硅和硫元素的化合物种类繁多，应用广泛。请回答：
I．SiCl4是生产多晶硅的副产物。
(1)基态硅原子的价层电子排布式为___________。
(2)已知SiCl4比CCl4更易水解，导致SiCl4更易水解的因素有___________(填标号)。
a．Si－Cl 键极性更大 b．Si 的原子半径更大
c．Si－Cl 键键能更大 d．Si 有更多的价层轨道
II．硫代硫酸盐可用在银盐照相中做定影液。
已知硫代硫酸根(S2O)可看作是SO 中的一个原子被S 原子取代的产物。
(3)基态O 原子的价层电子排布式不能表示为2s22p2p，因为违背了__________________；
(4)能确定晶体中各原子的位置(坐标)，从而得出分子空间结构的一种方法是___________。
a．质谱法 b．X 射线衍射 c．核磁共振氢谱 d．红外光谱
(5)S2O 作为配体可提供孤电子对与Ag+形成[Ag(S2O3)2]3-。分析判断S2O 中的中心S 原子和端基S 原子能否做配位原子
并说明理由：____________________________________。
(6)MgS2O3∙6H2O 的晶胞如图，该晶胞中S2O 个数为___________。假设晶胞边长分别为anm、bnm、
cnm，其摩尔质量为Mg∙mol-1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________g∙cm-3(用相应字母表
示)。
答案：(1)3s23p2 (2)abd (3)洪特规则 (4)b
(5)S2O 中的中心原子S 的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S 原子含有孤电子对，能
做配位原子 (6)4 ；×1021
解析：(1)Si 是14 号元素，基态硅原子的价层电子排布式为3s23p2；
(2)a．Si－Cl 键极性更大，则Si－Cl 键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，故a 正确；
b．Si 的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si－Cl 键极性更大，
且Si 原子更易受到水电离的OH－的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，故b 正确；
c．常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si－Cl 键键能更大不能说明Si－Cl 更易断裂，故不
能说明SiCl4比CCl4易水解，故c 错误；
d．Si 有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH－形成化学键，从而导致SiCl4比CCl4易水解，故
d 正确；
故答案为abd；
(3)洪特规则指出：基态原子中，填入简并轨道的电子总是先单独分占，且自旋平行。因此，违反洪
特规则。
(4)a．质谱法是确定分子的相对分子质量的，故a 错误；
b．X 射线衍射能确定晶体中各原子的位置(坐标)，故b 正确；
c．核磁共振氢谱是确定等效氢种类的，故c 错误；
d．红外光谱是确定官能团和化学键的，故d 错误；
故答案为b。
(5)S2O 中的中心原子S 的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S 原子含有孤电子对，能
做配位原子。
(6) S2O 在晶胞的体内共4 个；该晶胞按均摊法计算得4 个MgS2O3∙6H2O，晶胞体积为abc×10-21cm3，晶胞的
质量为，得该晶胞的密度为×1021。
3．工业用闪锌矿(主要成分ZnS，含有FeS2、SiO2杂质)制备ZnSO4，工艺流程如下：
已知：
①“焙烧”时，FeS2转化为Fe2O3；
②常温下，Ksp[Fe(OH)3]＝10-38，Ksp[Zn(OH)2]＝10-17。
(1)根据核外电子排布，Cu 在元素周期表的_______区。
(2)为了提高焙烧效率，理论上可采取的措施为_______。
a.粉碎矿石 b.增大压强 c.提高入炉空气中的含氧量 d.降低焙烧温度
(3)ZnS“焙烧”时反应的化学方程式为____________________________________。
(4)假定“调pH”前，溶液中c(Fe3+)＝c(Zn2+)＝0.1mol/L，则常温下，需调pH 范围是_______(已知当离
子浓度小于10-5mol/L 时可认为该离子完全沉淀，忽略调pH 时溶液体积的变化)。
(5)将10g 产品ZnSO4溶于水配成250mL 溶液，取25.00mL 于锥形瓶中，加入2 滴二甲酚橙指示剂，
加入缓冲溶液，用cmol/LEDTA 标准溶液滴定至终点，消耗VmL。已知Zn2+与EDTA 会以等物质的量反
应生成配合物。则产品中ZnSO4的质量分数是_______(列出计算式即可，不要求化简；假定产品中的杂质
不与EDTA 反应)。
(6)除闪锌矿外，ZnS 还有一种矿物是纤锌矿，其晶体结构如图，其中由粗线围成的平行六面体是纤
锌矿的晶胞。已知Zn2+和S2-都采取正四面体配位方式。
①纤锌矿的晶体类型是_______(填字母)。
A．离子晶体 B．分子晶体 C．金属晶体 D．混合型晶体
②该晶胞参数a＝b＝381pm，c＝623pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为
_______g∙cm-3(列出计算式即可)。
答案：(1)ds (2)abe (3)2ZnS＋3O2=====2ZnO＋3SO2 (4)3＜pH＜6
(5) ×100%＝16.1cV% (6)①A ②
解析：闪锌矿破碎后煅烧，Fe、 S 元素被氧化，稀硫酸酸浸后过滤，得到含有Fe3+、 Zn2+的滤液，
废渣为难溶于稀硫酸的SiO2，调节pH 使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后得到主要含硫酸锌的溶液，经
系列操作得到ZnSO4。
(1)Cu 的价电子排布为3d104s1，周期表中位于ds 区；
(2)粉碎矿石可以增大接触面积，增大压强即增大O2浓度，提高空气中的含氧量相当于增大O2浓度，
均可以提高反应速率；降低温度会减慢反应速率。所以选abc 项；
(3)ZnS“焙烧”时Zn 元素转化为ZnO，负价硫被氧化生成SO2，所以方程式为2ZnS＋3O2=====2ZnO
＋3SO2；
(4)“调pH”目的是将Fe3+转化为Fe(OH)3，溶液中c(Fe3+)＜10-5mol/L，根据Ksp[Fe(OH)3]＝10-38，可算
出c(OH－)＞10-11mol/L，即c(H+)＜10-3mol/L，pH＞3；溶液中c(Zn2+)＝0.1mol/L，不能让Zn2+沉淀损失，
根据Ksp[Zn(OH)2]＝10-17，可算出c(OH－)＜10-8mol/L，即c(H+)＞10-6mol/L，pH＜6；
(5)滴定终点时，n(EDTA)＝n(Zn2+)＝cV×10-3mol，由于配成250mL 溶液后，只取进行检测，所以n 总
(Zn2+)＝10×cV×10-3mol，m(ZnSO4)＝(65＋96)×10×cV×10-3g，ZnSO4的质量分数是×100%＝16.1cV%；
(6)①根据题目提示，晶体由Zn2+和S2-构成，所以纤锌矿为离子晶体。故选A 项。
②观察可知一个晶胞中含有2 个Zn2+与2 个S2-晶胞体积为×3812×623×10-10cm3，所以晶体密度为
g∙cm-3。
4．在钐钴永磁材料的成型加工过程中，会产生合金渣(含有Sm、Co、Cu、Fe、SiO2)。从该合金渣提
取钴(Co)和钐(Sm)的一种工艺流程如下。
(1)Co 位于元素周期表第_______周期第_______族62 号元素Sm，是一种稀土元素，其位于元素周期
表区_______区(填“s”“p”“d”“ds”或“f”)
(2)“破碎酸浸”中，将合金渣破碎的目的是______________________，“浸渣”的主要成分是
_______。
(3)“沉淀1”的主要成分是Sm2(C2O4)3。“沉钐”过程中，Sm3+发生反应的离子方程式为____________。
(4)取50g 合金渣(其中Co 的质量分数约为37%)，若钴的酸浸率大于90%，结合图1 实验数据，“调
节pH”时，溶液的最佳pH 为_______；“氧化”时，双氧水的实际用量应控制在理论用量的_______倍，
双氧水实际用量大于理论用量的原因是________________________________________。
(5)“沉淀3”为草酸钴(CoC2O4)，将17.64g 草酸钴“灼烧”至质量不再减轻，得到9.64g 钴的氧化物，
其化学式为_______。该氧化物晶胞可以看成4 个A 型和4 个B 型小单元交替无隙并置而成(如图2)。其中
黑球(
)代表_______(填离子符号)。
答案：(1)四；Ⅷ；f (2)增大接触面积，提高酸浸速率；SiO2、Cu
(3)2Sm3+＋3H2C2O4＝Sm2(C2O4)3↓＋6H+ (4)4；2 ；Fe3+会催化双氧水分解，消耗部分双氧水
(5) Co3O4 ；Co3+
解析：合金渣加盐酸酸浸后的浸渣是不与盐酸反应的SiO2和Cu，浸出液加草酸沉钐，得Sm2(C2O4)3
沉淀，滤液加氨水调节pH，氧化后沉淀Fe3+，后加入草酸沉钴，CoC2O4加热灼烧生成Co3O4。
(1)Co 位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，62 号元素Sm，是一种稀土元素，其位于元素周期表区f 区；
(2)“破碎酸浸”中，将合金渣破碎的目的是：增大接触面积，提高酸浸速率；
“浸渣”的主要成分是不与盐酸反应的物质：SiO2、Cu；
(3)“沉淀1”的主要成分是Sm2(C2O4)3。“沉钐”过程中，Sm3+发生反应的离子方程式为：2Sm3+＋
3H2C2O4＝Sm2(C2O4)3↓＋6H+；
(4)图1 实验数据，“调节pH”时，pH 为4 时，铁的去除率最高，钴沉淀量最高，溶液的最佳pH 为
4；
“氧化”时，双氧水的实际用量应控制在理论用量的2 倍，双氧水实际用量大于理论用量的原因是：
Fe3+会催化双氧水分解，消耗部分双氧水；
(5)根据质量守恒：钴元素的质量灼烧前后质量不变。17.64gCoC2O4的物质的量为0.12mol，灼烧后
9.64g 钴的氧化物中钴元素的质量为：0.12mol×59g/mol＝7.08g，氧元素质量为：9.64g－7.08g＝2.56g，氧
化物中钴原子与氧原子的个数比为：0.12mol∶＝3∶4，其化学式为：Co3O4；
用均摊法分析A 和B，其中A 中灰球个数为4×＋1＝，白球个数为4；B 中灰球个数为4×＝，白球个
数为4，黑球个数为4，结合晶胞结构，晶胞中灰球为8，白球为32，黑球为16，根据正负化合价代数和
为0，设灰球化合价为x，白球化合价为y，黑球的化合价为z，则有8x＋32y＋16z＝0，简化得x＋4y＋
2z＝0，再结合氧化钴的化学式Co3O4，可知钴元素有+2、+3 价，氧为-2 价，可推出：灰球为Co2+、黑球
为Co3+、白球为O2-，故黑球代表Co3+。
5．银铋渣是铋精炼过程中产生的一种富银合金渣。某团队研究了综合回收银铋渣中Bi、Zn、Ag、
Pb 的新工艺，其流程如下：
已知：①82Pb 与Si 同族。
②银铋渣中各成分质量分数如下表。
成分
Pb
Bi
Zn
Ag
其他不溶于酸的物质
质量分数/％
15.22
41.05
30.52
5. 03
8.18
③Ksp(PbCl2)＝1.7×10-5；Ksp(AgCl)＝1.8×10-10。
回答下列问题：
(1)写出82Pb 在元素周期表中的位置_______。Zn 位于元素周期表中的_______区。
(2)“浸锌”步骤用H2SO4溶液不用HNO3溶液，目的是____________________________________。
(3)为探究“酸浸”步骤的最佳条件，进行了相关实验，实验数据记录如下，则适宜的酸浸温度为
_______，80℃时浸出率降低的原因可能是_______。
序号
温度/℃
浸出率/％
浸渣/％
Pb
Bi
Ag
1
20
88.91
86.21
87.21
8.26
2
40
92.11
92.08
90.36
6.88
3
60
98.76
98.61
98.38
5.10
4
80
96.02
98.11
96.26
5.25
(4)若“沉银液”中c(Ag+)＝1.0×10-9mol·L-1，则溶液中c(PB2+)＝_______mol·L-1(保留一位小数)。
(5)“氨浸”步骤中AgCl 溶解得到的物质的化学式为_______。
(6)“还原”步骤中N2H4∙H2O (性质类似于NH3∙H2O)作还原剂，反应的离子方程式为_____________。
(7)电解制取Zn 后的电解液可以返回_______步骤中循环使用。
答案：(1)第六周期第IVA 族 ； ds
(2)HNO3有强氧化性，酸浸时不仅产生有毒气体，污染环境；而且还不易使Zn 与Bi、Ag、Pb 分离
(3)60℃；温度过高，HNO3大量分解(或HNO3大量挥发) (4)5.2×10−4 (5)[Ag(NH3)2]Cl
(6)4[Ag(NH3)2]＋＋N2H4∙H2O＋3H2O＝4Ag↓＋N2↑＋4NH＋4NH3∙H2O
或4[Ag(NH3)2]＋＋N2H4∙H2O＝4Ag↓＋N2↑＋4NH＋4NH3＋H2O (7)浸锌
解析：银铋渣经预处理后用稀H2SO4浸取，比较活泼金属Zn 变为Zn2+进入到浸取液中，Pb 变为
PbSO4沉淀进入到滤渣中；Bi、Ag 等元素也进入滤渣中；再向浸取液中加入锌粉还原其中的杂质离子，
得到ZnSO4溶液，然后对其进行电解就得到单质Zn；向含有Bi、Ag 等元素的浸渣1 中加入具有强氧化性
的HNO3，Bi、Ag 变为金属阳离子Bi3+、Ag+进入溶液，其中难溶性固体通过过滤进入浸渣2 中；然后向
滤液中加入NaCl 溶液，使Ag+变为AgCl 沉淀而与Bi3+分离；对沉银液稀释可达到沉淀BiONO3沉淀；用
氨水浸取AgCl 沉淀，得到[Ag(NH3)2]Cl 溶液，再加入N2H4·H2O 进行还原，可反应产生Ag 单质。
(1)Pb 是82 号元素，位于元素周期表中第六周期第IVA 族；Zn 是30 号元素位于元素周期表中第四周
期第ⅠIB 族，属于元素周期表中的ds 区元素，故答案为：第六周期第IVA 族；ds；
(2)根据流程可知，硫酸可浸出Zn 元素，使Zn 与其他金属元素进行分离，若直接用具有强氧化性的
硝酸进行酸浸，不仅产生更多的有毒气体，污染环境，而且还不易分离不同的金属元素，故答案为：
HNO3有强氧化性，酸浸时不仅产生有毒气体，污染环境；而且还不易使Zn 与Bi、Ag、Pb 分离；
(3)由表中数据可知，当浸出温度为60℃时，各种元素的浸出率均最高，渣率最低，故适宜的酸浸温
度为60℃；当温度为80℃时，因分解或挥发损的硝酸增多而导致浸出率下降，故作案为：60℃；温度过
高，HNO3大量分解(或HNO3大量挥发)；
(4)若“沉银液”中c(Ag+)＝1.0×10-9mol·L-1，由＝可知c(Pb2+)＝＝＝5.2×10−4mol·L-1，故答案为：
5.2×10−4；
(5)由分析知，“氨浸”步骤中AgCl 溶解得到的物质的化学式为[Ag(NH3)2]Cl，故答案为：
[Ag(NH3)2]Cl；
(6)“还原”过程为N2H4·H2O 将[Ag(NH3)2]+还原为银单质，N2H4·H2O 被氧化为N2，根据电子守恒、电
荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：4[Ag(NH3)2]＋＋N2H4∙H2O＋3H2O
＝4Ag↓＋N2↑＋4NH＋4NH3∙H2O 或4[Ag(NH3)2]＋＋N2H4∙H2O＝4Ag↓＋N2↑＋4NH＋4NH3＋H2O，故答案为：
4[Ag(NH3)2]＋＋N2H4∙H2O＋3H2O＝4Ag↓＋N2↑＋4NH＋4NH3∙H2O 或4[Ag(NH3)2]＋＋N2H4∙H2O＝4Ag↓＋N2↑
＋4NH＋4NH3＋H2O；
(7)电解制取Zn 后的电解液主要成分H2SO4，可返回“浸锌”步骤中循环使用，故答案为：浸锌。
6．陕西宝鸡因钛产业发达而被称为“中国钛谷”，钛废料在工业领域中也扮演着重要的角色。工业
上以某种钛废料(主要成分为TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料，制取焦磷酸镁，同时
分离提纯TiO2 (TiO2不与碱反应，与酸反应后以TiO2+的形式存在)的工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)钛原子的价电子排布式为____________________；与钛同周期元素的基态原子中，未成对电子数
与钛相同的元素有_______种。
(2)Ti 的四卤化物熔点如表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因
是：_____________________________________。
化合物
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
－24.12
38.3
155
(3)“碱浸”过程中去除的物质是_______。(填化学式)
(4)适当升高温度可有效提高钛的浸出率，工业上“酸浸”时，温度选择40℃而不选择更高温度的原
因是_______________________________________________。
(5)“氧化”时S2O 转化为SO 的离子方程式为_________________________________________。
(6)常温下，调节pH 的理论最小值为_______时，可使Fe3+沉淀完全Ksp[Fe(OH)3]≈10-38，当某离子浓度
≤10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。
(7)滤液3 中加入Na4P2O7溶液生成焦磷酸镁(Mg2P2O7)的化学方程式为_______________________。
答案：(1)3d24s2；3
(2) TiF4为离子晶体，熔点高，其他三种均为分子晶体，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，
熔点逐渐升高
(3) Al2O3 (4)防止温度过高TiO2+水解，减少损失 (5) S2O＋2Fe2+＝2Fe3+＋2SO
(6)3 (7) Na4P2O7＋2MgSO4＝Mg2P2O7↓＋2Na2SO4
解析：以含钛废料(主要成分为TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料，分离提纯TiO2
并制取少量焦磷酸镁。由于原料中除主要含有TiO2外还含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3，所以碱
浸时是为了除去能与碱反应的Al2O3，然后过滤，向滤液中加入过量的硫酸除去不与酸反应的Cu，再次过
滤，向滤液中加铁粉，将铁离子还原成亚铁离子。然后冷却结晶时亚铁离子生成七水硫酸亚铁晶体析出
从而出去大部分亚铁离子；然后过滤，向滤液中加热水解生成TiO(OH)2，过滤得到TiO(OH)2固体和主要
含硫酸镁以及少量硫酸亚铁的溶液；煅烧TiO(OH)2得TiO2；加Na2S2O8溶液氧化Fe2+为Fe3+，调pH 是铁
离子生成氢氧化铁而除去铁离子，然后过滤，向滤液中加焦硫酸钠得到焦硫酸镁，据此分析解题。
(1)Ti 是22 号元素，价电子排布式是3d24s2；Ti 有2 个未成对电子，同周期中由两个未成对电子的还
有Ni3d84s2、Ge4s24p2、Se4s24p4三种；
(2) TiF4为离子晶体，熔点高，其他三种均为分子晶体，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，
熔点逐渐升高；
(3)含钛废料中加NaOH 溶液碱浸时，只有Al2O3溶解生成可溶的偏铝酸钠，“碱浸”过程中去除的物
质是Al2O3；
(4)稀硫酸酸浸时TiO2转化为TiO2+，温度过高TiO2+水解程度增大，造成Ti 的损失，温度选择40℃而
不选择更高温度的原因是：防止温度过高TiO2+水解，减少损失；
(5)“氧化”时S2O 与Fe2+反应生成Fe3+和SO，其离子方程式为：S2O＋2Fe2+＝2Fe3+＋2SO；
(6)Fe3+沉淀完全离子浓度c≤10-5mol·L-1，Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3+)∙c3(OH－)≈10-38，c(OH－)＝＝ mol/L＝10-
11mol/L，c(H+)＝ mol/L＝10-3mol/L，调节pH 的理论最小值为3；
(7)滤液3 中主要含有Mg2+加Na4P2O7溶液得生成焦磷酸镁(Mg2P2O7)，其化学方程式为：Na4P2O7＋
2MgSO4＝Mg2P2O7↓＋2Na2SO4。
7．阳极泥富集了矿石、精矿或熔剂中大部分的贵金属元素，因而具有很高的综合回收价值。从某阳
极泥(主要成分有Cu、Ag、Au、Ag₂Se、Cu₂S 和NiSO₄ 等)中回收Se 和部分金属的工艺流程如图所示。
已知：①该工艺中萃取与反萃取原理为2RH＋Cu2+
R2Cu＋2H+。
②I2＋I－
I，相同条件下，I 与I2的氧化性相近。
(1)“焙烧”产生的SO2与SeO2的混合烟气用水吸收可制得单质Se，该反应的化学方程式为
。
(2)“酸浸氧化”中通入氧气的目的是 ；“反萃取剂”选用 (填化学式)溶液。
(3)沉银时加入NaCl，可将Ag+转化为AgCl，再用硫代硫酸盐溶液浸出银元素。
已知：①AgCl ＋2S2O
[Ag(S2O3)2]3-＋Cl－ K1＝6.66×103
②Ag+＋2S2O
[Ag(S2O3)2]3- K2＝3.7×1013
若所得浸出液中c(Ag+)＜10-5mol∙L-1，则溶液中c(Cl－)＞ mol∙L-1。
(4)浸出Au 的离子方程式为 。
(5) Ag2S 是一种窄能带半导体材料，具有良好的光电、热电性能，其晶胞结构如图所示。
已知图中A 处的原子分数坐标为(0,0,0)，则晶胞中B 处原子分数坐标为 。若晶胞参数a
nm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为 g·cm
。
答案：(1)2SO2＋SeO2＋H2O＝Se＋2H2SO4 (2) 防止生成的氮氧化物排放到空气中；HNO3
(3) 1.8×10-5 (4) 2Au＋I＋I－＝2[AuI2]－ (5) (,,)
解析：(1)“焙烧”产生的SO2与SeO2的混合烟气用水吸收可制得单质Se，SeO2作氧化剂，被还原为
Se，SO2作还原剂，被氧化为H2SO4，该反应的化学方程式为2SO2＋SeO2＋H2O＝Se＋2H2SO4。
(2)酸浸氧化的过程中由于加了硝酸会产生氮的氧化物，通入氧气可以使氮的氧化物又转化为硝酸而
溶解，防止氮的氧化物排放到空气中污染空气；“滤液I”中主要含有Cu2+、Ni2+的硝酸盐，故“反萃取
剂”最好选用HNO3。
(3)
＝3.7×1013，若c(Ag+)＜10-5mol·L-1，则
＝K2∙ c(Ag+)＜
3.7×1013×10-5，
＝6.66×103，故c(Cl－)＝
＞6.66×103×
＝1.8×10-5mol∙L-1。
(4)Au 和I2－KI 反应，生成含有[AuI2]－的溶液，离子方程式为2Au＋I＋I－＝2[AuI2]－。
(5)若将晶胞分成8 个小立方体，则B 处于其中一个小立方体的体心，其原子分数坐标为(,,)；该晶胞
含S2-个数是×8＋1＝2，含Ag+个数是4，设密度为ρg/cm3，则ρ×(a×10-7)3＝×4＋×2，可得ρ＝。
8．F 分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图：
已知：①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有Na2TeO3、Na3AsO4。
②“酸浸”时，锑元素发生反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣。
回答下列问题：
(1)As 位于第四周期VA 族，基态As 的价层电子排布式为 。
(2)“碱浸”时，TeO2与NaOH 反应的离子方程式为 。
(3)向碱浸液中加入盐酸调节pH＝4，有TeO2析出，分离出TeO2的操作是 。滤液中As 元素最
主要的存在形式为 。(填标号)(25℃，H3AsO4的各级电离常数为Ka1=6.3×10-3，Ka2=1.0×10-7，
Ka3=3.2×10-12)
A．H3AsO4 B．H2AsO C．HAsO D．AsO
(4)①Sb2O(SO4)4中，Sb 的化合价为 。
②“氯盐酸浸”时，通入SO2的目的是 。
(5)“水解”时，生成SbOCl 的化学方程式为 。
(6)TeO2可用作电子元件材料，熔点为733℃，TeO2晶胞是长方体结构如图。碲的配位数为 。
已知NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 g/cm3。
答案：(1) 4s24p3 (2) TeO2＋2OH－=TeO＋H2O (3)过滤；B (4) +5；将Sb2O(SO4)4还原为SbCl3
(5)SbCl3＋H2O＝SbOCl＋2HCl (6) 6
解析：结合题干信息，分铜液加入氢氧化钠溶液进行碱浸，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，
碱浸液含有Na2TeO3、Na3AsO4；过滤后向滤渣中加入硫酸进行酸浸，铜的氢氧化物或氧化物均溶解，锑
元素反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣，过滤后向浸渣中加入盐酸、氯化钠和二氧化硫，反应生成三氯化锑，
三氯化锑水解生成转化为SbOCl；碱浸液中加入酸调节PH=4，Na2TeO3转化生成亚碲酸，亚碲酸不稳定
分解生成二氧化碲。
(1)As 为33 号元素，基态As 的价层电子排布式为：4s24p3。
(2)TeO2属于酸性氧化物，与NaOH 反应的离子方程式为：TeO2＋2OH－=TeO＋H2O。
(3)向碱浸液加入盐酸调节pH＝4，TeO2以沉淀析出，分离出TeO2的操作是过滤；由题干信息可知，
H3AsO4的各级电离常数为：Ka1=6.3×10-3，Ka2＝1.0×10-7，Ka3＝3.2×10-12，pH＝4，则c(H+)＝10-4mol/L，
H3AsO4
H+＋H2AsO ，Ka1=＝6.3×10-3，＝＝63，故As 主要以H2AsO 形式存在，故选B。
(4)①结合化合物的化合价为0，Sb2O(SO4)4中，Sb 的化合价为+5 价；②SO2具有还原性，“氯盐酸
浸”时，通入SO2的目的是将Sb2O(SO4)4还原为SbCl3。
(5)“水解”时，SbCl3水解生成SbOCl，化学方程式为：SbCl3＋H2O＝SbOCl＋2HCl。
(6)结合图示晶胞结构，离碲离子最近的氧负离子有6 个，故碲的配位数为6；根据均摊，该晶胞含有
2+4×=4 个O 原子，含有1+8×＝2 个Te，则该晶体的密度＝＝＝ g∙cm-3。
9．F 电池级碳酸锂是制造LiCoO2等锂离子电池必不可少的原材料。享誉“亚洲锂都”的宜春拥有亚
洲储量最大的锂云母矿，以锂云母浸出液(含Li+、Fe3+、Mg2+、SO 等)为原料制取电池级Li2CO3的工艺流程
如图：
已知：①HR 为有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe3+，萃取时发生的反应可表示为：Fe3+＋3HR
FeR3＋3H+；
②常温时，1mol·L-1LiOH 溶液的pH=14。
回答下列问题：
(1)“有机层”的主要成分为 (填化学式，下同)；“滤渣1”中含有的物质为 ；
使用HR 萃取剂时，需加入一定量的NaOH 进行处理，其目的是 。
(2)某种HR 的结构简式为
，该分子中可能与Fe3+形成配位键的原子有 。
(3)加适量草酸的目的 。
(4)“混合沉锂”的离子方程式为 。
(5)Li2CO3与Co3O4在空气中加热可以制备重要的电极材料钴酸锂(LiCoO2)。写出对应的化学方程式
。
(6)钴酸锂(LiCoO2)是常见的锂离子电池正极材料，其晶胞结构示意图如下图所示，各离子位于晶胞的
顶点、棱和体内。
①基态Co 原子核外电子排布式为 。
②该晶胞密度为 g·cm-3。(写出计算式，阿伏加德罗常数为NA)
答案：(1) FeR3和HR； Li2CO3、MgCO3
消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取率
(2)O、N (3)使钙离子生成草酸钙，便于除掉
(4)2Li+＋HCO＋OH－＝H2O＋Li2CO3↓ (5)6Li2CO3＋4Co3O4+O2===12LiCoO2＋6CO2
(6) [Ar]3d74s2
解析：(1)根据Fe3+＋3HR
FeR3＋3H+平衡可知，有机层中主要是FeR3和HR，根据流程可知沉淀
主要是碳酸锂和碳酸镁。加入氢氧化钠后氢离子会被消耗，从而使平衡正向移动。
(2)从结构可知氧原子、氮原子都有孤对电子，所以能形成配位键的是N、O；
(3)加入草酸的目的是沉淀多余的钙离子；
(4)从流程可知是碳酸氢锂和氢氧化锂反应生成了碳酸锂，离子方程式为：2Li+＋HCO＋OH－＝H2O＋
Li2CO3↓；
(5)钴元素的化合价从+2 和+3 归到+3 价部分被氧化，所以有氧气参加反应。化学方程式为：6Li2CO3
＋4Co3O4+O2===12LiCoO2＋6CO2；
(6)Co 为第四周期第Ⅷ族元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d74s2 ，该晶胞中Li+： 8×＋2＝3、Co3+：
4×＋2＝3、O2-：8×＋4＝6，其晶胞化学式为：Li3Co3O6，故其密度为：ρ＝＝ g/cm3。
10．氮和氧是构建化合物的常见元素。
已知：
请回答：
(1)某化合物的晶胞如图，其化学式是________________，晶体类型是__________。
(2)下列说法正确的是_______。
A. 电负性：B＞N＞O B. 离子半径：P3-＜S2-＜Cl－
C. 第一电离能：Ge＜Se＜As D. 基态Cr 的简化电子排布式：[Ar]3d4
(3)①H2N－NH2 ＋H+→H2N－NH，其中－NH2的N 原子杂化方式为_______；比较键角∠HNH∶H2N－
NH2中的－NH2_______ H2N－NH 中的－NH (填“>”、“<”或“=”)，请说明理由__________________。
②将HNO3与SO3按物质的量之比1∶2 发生化合反应生成A，测得A 由2 种微粒构成，其中之一是
NO。比较氧化性强弱：NO _______HNO3(填“>”、“<”或“=”)；写出A 中阴离子的结构式___________。
答案：(1)CrCl2∙4H2O 分子晶体 (2)C
(3)①sp3 ＜ －NH2有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小
②＞
解析：(1)由晶胞图可知，化学式为CrCl2∙4H2O；由晶胞图可知构成晶胞的粒子为CrCl2∙4H2O 分子，
故为分子晶体；
(2)A．同一周期，从左到右，电负性依次增强，故顺序为O＞N＞B，A 错误；
B．核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故顺序为P3-＞S2-＞Cl－，B 错误；
C．同一周期，从左到右，电离能增大的趋势，VA 族和ⅥA 族相反，故顺序为Ge＜Se＜As，C 正确；
D．基态Cr 的简化电子排布式：[Ar]3d54s1，D 错误；
故选C；
(3)①－NH2的价层电子对数3＋＝4，故杂化方式为sp3；－NH2价层电子对数为4，有一对孤电子对，
－NH 价层电子对数4＋＝4，无孤对电子，又因为孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排
斥力，故键角∠HNH∶H2N－NH2中的－NH2＜H2N－NH 中的－NH；
②将HNO3与SO3按物质的量之比1∶2 发生化合反应生成A，测得A 由2 种微粒构成，其中之一是
NO，则A 为NO2HS2O7，NO 为硝酸失去一个OH－，得电子能力更强，氧化性更强，故氧化性强弱：NO
＞HNO3；阴离子为HS2O 根据已知可知其结构式为
。
