2025届高三化学一轮复习专题 物质的结构与性质限时训练

这是一份2025届高三化学一轮复习专题 物质的结构与性质限时训练，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共40分，每个5分）
1．（2024·安徽·一模）2024年7月，第33届夏季奥林匹克运动会在法国巴黎举办。我国运动健儿取得了40块金牌的优异成绩，运动会上许多“化学元素”发挥着重要作用。下列说法错误的是（ ）
A．开幕式上的烟花表演利用了焰色试验原理
B．场馆消毒使用的过氧类消毒剂，其消杀原理与漂白液相同
C．颁奖的金牌为铁质表面镀一层薄金，这是一种新型合金材料
D．部分运动场馆建筑材料使用了新型碲化镉发电材料，碲属于主族元素
2．（2024·广西·高考真题）光照时，纳米能使水产生羟基自由基，可用于处理废水。下列表述正确的是（ ）
A．基态Ti的价电子排布式：B．的电子式：
C．的VSEPR模型：D．O的一种核素：
3．（2024·广西·高考真题）白磷是不溶于水的固体，在空气中易自燃。下列有关白磷的说法错误的是（ ）
A．分子中每个原子的孤电子对数均为1
B．常保存于水中，说明白磷密度大于
C．难溶于水，是因为水是极性分子，是非极性分子
D．熔点低，是因为分子内的键弱
4．（2024·天津·高考真题）我国学者在碳化硅表面制备出超高迁移率半导体外延石墨烯。下列说法正确的是（ ）
A．是离子化合物B．晶体的熔点高、硬度大
C．核素的质子数为8D．石墨烯属于烯烃
5．（2023·海南海口·一模）Te和S位于同主族，则Te的最高价氧化物对应的水化物的分子式可能为（ ）
A．B．C．D．
6．（2024·广西·模拟预测）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，其中X、Y不同周期不同族。W元素形成的化合物最多，X和Y的第一电离能都比左右相邻元素的高，Z的未成对电子数为1.下列叙述一定错误的是（ ）
A．简单氢化物的键角：B．离子半径：
C．电负性：D．X的氢化物可能含有非极性键
7．（2024·湖北武汉·模拟预测）短周期主族元素W、V、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的原子核内没有中子；V原子的核外电子总数是内层电子数的3倍；X的单质是空气的主要成分之一，X的两种同素异形体的摩尔质量之比为2∶3；Y原子半径在同周期中最大，Z是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子的半径大小顺序为Z>Y>X
B．X的最高价氧化物对应水化物酸性最强
C．Y、Z分别与X形成的化合物中化学键类型一定相同
D．电解熔融状态Y的氯化物可制备Y的单质
8．（2024·四川绵阳·一模）晶体的一种立方晶胞如图。已知：与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，两个“○”之间的最短距离为b。下列说法错误的是（ ）
A．x=1，y=3
B．周围最近的O原子数目为12
C．图中体心位置“”一定代表
D．晶体的密度为
二、填空题（共30分，除特殊标记外均为2分）
9．（15分）（2024·广西·高考真题）广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(，含和CuO等杂质)制备光电材料的流程如下。回答下列问题：
已知：
(1)“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是 。为提高“浸取”速率，
可采取的措施是 (任举一例)。（1分）
(2)“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)。
(3)常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有 (填化学式)。
(4)“X”可选用_______。
A．B．C．ZnD．
(5)若用替代沉锰，得到沉淀。写出生成的离子方程式 。
(6)立方晶胞如图，晶胞参数为，该晶体中与一个紧邻的有 个。已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 (用含的代数式表示)。
10．（15分）（2024·河南·一模）锂离子电池是新能源重要组成部分，废弃锂离子电池的回收利用不仅可以保护环境、节约资源，还可以创造经济效益，对工业可持续发展非常重要。利用对废弃的锂离子电池正极材料进行氯化处理并再生的一种工艺流程如图所示。
已知：。回答下列问题：
(1)中元素的价态是 。（1分）
(2)“烧渣”是和的混合物，则氯化焙烧过程中的化学方程式为 。“氯化焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因为 。
(3)若“沉钴”的控制为10.0，则溶液中浓度为 。
(4)“焙烧”过程中固体残留率(固体残留率=)随温度的变化如下图所示。为了获得纯净的，则该步骤应该控制的温度为____ ___(填标号)。
A．
B．
C．
D．以上
(5)钴的氢氧化物加热至时可以完全脱水，所得产物可用于合成钛酸钴。钛酸钴的晶胞结构如下图所示，则该晶体化学式为 。
(6)是钴的一种配合物，含该配合物的溶液与足量溶液能生成 ，该配合物中的配位数为 。
物质
参考答案：
1．C
【详解】A．开幕式上的烟花表演利用了焰色试验原理而绽放出耀眼光彩，A正确；
B．过氧类消毒剂的消毒原理是利用过氧化物的强氧化性使蛋白质变性而达到杀菌消毒的作用，这与漂白液消毒原理相似，B正确；
C．金牌材质为铁质镀金，不是铁和金熔融得到的具有金属特性的合金材料，所以不属于新型合金材料，C错误；
D．碲是VIA族元素，D正确；
故选C。
2．B
【详解】A．基态Ti的价电子排布式：3d24s2，A错误；
B．含有1个未成对电子，电子式：，B正确；
C．H2O中心O原子价层电子对数为，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，的VSEPR模型为，C错误；
D．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；O质子数为8，则O的一种核素不会是，D错误；
故选B。
3．D
【详解】A．白磷的分子式为P4，空间构型为正四面体，每个P原子采取sp3杂化，而每个P原子有5五个价电子，所以每个P原子还剩一对孤电子对，A正确；
B．白磷在空气中容易自燃，保存于水中隔绝空气，故其密度大于水，B正确；
C．白磷的分子式为P4，空间构型为正四面体，为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶原理，白磷难溶于水，C正确；
D．白磷的分子式为P4，为非极性分子，属于分子晶体，分子间作用力较弱，故其熔点低，熔点低与其共价键强弱无关，D错误；
故选D。
4．B
【详解】A．SiC晶体结构与金刚石相似，属于共价晶体，A错误；
B．SiC晶体结构与金刚石相似，属于共价晶体，熔点高、硬度大，B正确；
C．C元素为6号元素，故核素的质子数为6，C错误；
D．石墨烯是碳元素构成的单质，不属于烯烃，D错误；
故选B。
5．C
【详解】Te和S位于同主族，Te的最外层电子数为6，即最高价为+6，则Te的最高价氧化物对应的水化物的分子式为，故选C。
6．A
【分析】W元素形成的化合物最多，W为C，X和Y的第一电离能都比左右相邻元素的高其为第二或者第五主族，外围轨道电子半满或者全满第一电离能反常增大，Z的未成对电子数为1，短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，其中X、Y不同周期不同族，其组合是N、Mg，Z原子序数比Mg大，则Z为第三周期基态电子排布为1s22s22p63s23p1或者1s22s22p63s23p5其为Al或者Cl。
【详解】A． X为N，简单氢化物为NH3，W的简单氢化物为CH4，均为sp3杂化，但是氨气分子中的N原子含有孤电子对，对H-N-H键有斥力，斥力大于成键电子对对成键电子对的斥力，其键角小于甲烷键角，故A符合题意；
B．Y的离子为Mg2+，当Z为铝时Al3+＜Mg2+，当Z为Cl时，离子半径：，故B不符合题意；
C．同周期从左向右电负性逐渐增大，稀有气体除外，电负性C＜N，故C不符合题意；
D．X的氢化物除了甲烷乙烷其他的烃都含有非极性键，故D不符合题意；
故选：A。
7．D
【分析】由题干信息可知，短周期主族元素W、V、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中W的原子核内没有中子，则W为H，V原子的核外电子总数是内层电子数的3倍，即V为C，X的单质是空气的主要成分之一即N或O，X的两种同素异形体的摩尔质量之比为2∶3即为O2和O3，故X为O；Y原子半径在同周期中最大且原子序数比O大，则Y为Na，Z是地壳中含量最多的金属元素，故Z为Al，据此分析解题。
【详解】由分析可知，W、V、X、Y、Z分别为H、C、O、Na、Al，故有：
A．由分析可知，X、Y、Z分别为O、Na、Al，它们最简单离子具有相同的核外电子排布，且核电荷数Al＞Na＞O，故简单离子的半径大小顺序为O2->Na+>Al3+即X >Y>Z，A错误；
B．由分析可知，X为O，O无最高价氧化物，B错误；
C．由分析可知，X为O，Y为Na、Z为Al，Y、Z分别与X形成的化合物中Na2O2中含离子键和共价键，而Al2O3中只含离子键，即化学键类型不一定相同，C错误；
D．由分析可知，Y为Na，电解熔融状态的NaCl，阴极可得到Na，即可电解熔融状态Y的氯化物可制备Y的单质，D正确；
故答案为：D。
8．D
【详解】A．黑球位于顶点，个数为=1，白球位于面心，个数为=3，位于体心，个数为1，由化合价代数和为0可知化学式为，即x=1，y=3，A正确；
B．与O最小间距大于与O最小间距，则黑球为Al，白球为O，根据晶胞结构，1个Al原子共用8个晶胞，每个晶胞使用3个面，每2个面重叠使用，则1个Al原子周围的O原子数为，B正确；
C．由B可知，为，体心位置“”一定代表，C正确；
D．根据晶体中2个白球间的距离为b nm，设晶胞的边长为2a nm，由可知，则边长=，则晶胞的体积，最后晶体的密度为，D错误；
故答案为D。
9．(1) 把二氧化锰还原为硫酸锰 把软锰矿粉碎、搅拌、加热等
(2)SiO2
(3)Al3+
(4)D
(5)
(6) 4
【分析】软锰矿含有和少量、CuO。“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和。用甘蔗渣水解液“浸取”软锰矿，二氧化锰被还原为硫酸锰，氧化铁被还原为硫酸亚铁，氧化铝、氧化铜溶于硫酸生成硫酸铝、硫酸铜，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣是二氧化硅，滤液中加碳酸钙调节pH生成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤液加硫化物反应生成FeS、CuS沉淀除铁铜，滤液中加碳酸氢钠反应生成碳酸锰沉淀，最终将碳酸锰转化为。
【详解】（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰。根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等。
（2）二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO2。
（3）根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c(OH-)= ，pH约为8.4；Al3+完全沉淀时，c(OH-)=，pH约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=，pH约为6.7；常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有Al3+。
（4）加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用，选D。
（5）若用替代沉锰，得到沉淀，反应的离子方程式为 。
（6）1个晶胞中含有1个K+，根据化学式可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F-，可知晶胞顶点上的原子为Mn、棱上的F-，该晶体中与一个紧邻的有4个；已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 。
10．(1)+3
(2)
(3)
(4)B
(5)CTiO3
(6) 2 6
【分析】由流程和题中信息可知，LiCO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液和滤渣1，滤渣1的主要成分是SiO2；滤液用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤渣主要成分为C(OH)2和滤液主要溶质为LiCl；滤渣置于空气中在850℃煅烧得到C3O4；滤液经碳酸钠溶液沉锂，得到为Li2CO3；C3O4和Li2CO3通入空气煅烧生成LiCO2；
【详解】（1）LiCO2中Li为+1价，O为-2价，则C为+3价；
（2）LiCO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CCl2和SiO2的混合物，同时生成O2，根据得失电子守恒和原子守恒配平反应为：；水解时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因为；
（3）“沉钴”的控制为10.0，则c(OH-)=1×10-4ml/L，则溶液中c()==；
（4）C(OH)2于空气中煅烧得到C3O4，由C元素守恒可知3C(OH)2~ C3O4，此时固体残留率=86.38%，结合图可知，该步骤应该控制的温度为500-800℃；故选B；
（5）根据均摊法，晶胞中含Ti个数为，含O个数为，C的个数为1，化学式为CTiO3；
（6）1ml配合物是由1ml和2mlCl-构成，加入足量溶液能生成2；该配合物中的配体为4个NH3、1个H2O、1个Cl-，则配位数为6。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8


答案
C
B
D
B
C
A
D
D