卷5 物质结构元素周期律-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考化学真题分类优化卷(分项3D)

最新5年高考真题分类优化卷·化学（五〉 卷5物质结构 元素周期律 姓名 班级 考号 得分 本卷满分100分，考试时间75分钟 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个 选项中，只有一项符合题目要求。 1.（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷)化学家用无机物甲 (YW,ZXY)成功制备了有机物乙[(YW)zXZ],开创了有机化学人 工合成的新纪元。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z同周期， 基态X、乙原子均有2个单电子。下列说法正确的是 () A.第一电离能：Z>Y>X B.甲中不存在配位键 C.乙中。键和π键的数目比为6：1 D.甲和乙中X杂化方式分别为sp和sp 2.(2025·湖北卷)某化合物的分子式为XYzZ。X、Y、Z三种元素位于同 一短周期且原子序数依次增大，三者的原子核外电子层数之和与未成对 电子数之和相等，Z是周期表中电负性最大的元素。下列说法正确的是 () A.三者中Z的原子半径最大 B.三者中Y的第一电离能最小 C.X的最高化合价为+3 D.XZ与NH3键角 3.(2025·云南卷)钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料，所含M、Q、R、T、 X、Y、Z为原子序数依次增大的前20号主族元素，M是原子半径最小的 元素，Q是形成物质种类最多的元素，R是地壳中含量最高的元素，T、 X、Y同周期，Q、X均与Y相邻，Z的原子序数等于M、R和T的原子序 数之和。下列说法正确的是 () A.M与Z可形成离子化合物 B.原子半径：RT<X C.QR2是极性分子 D.电负性：Y<R<Q 4.(2025·甘肃卷)X、Y、Z、W、Q分别为原子序数依次增大的短周期主族 元素。Y、Q基态原子的价电子数相同，均为其K层电子数的3倍，X与 Z同族，W为金属元素，其原子序数等于X与Z的原子序数之和。下列 说法错误的是 () A.X与Q组成的化合物具有还原性 B.Y与Q组成的化合物水溶液显碱性 C.Z、W的单质均可在空气中燃烧 D.Z与Y按原子数1：1组成的化合物具有氧化性 5.(2025·晋陕青宁卷)一种高聚物(XYZ2)。被称为“无机橡胶”，可由如 【最新5年高考真题分类优化卷·化学（五）5-1】3D 图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数 相等，X、Z电子层数相同，基态Y的2p轨道半充满，Z的最外层只有1 个未成对电子，下列说法正确的是 () A.X、Z的第一电离能：X>Z B.X、Y的简单氢化物的键角：X>Y C.最高价含氧酸的酸性：Z>X>Y D.X、Y、Z均能形成多种氧化物 6.(2024·江苏)明矾[KA1(SO,)2·12H2O]可用作净水剂。下列说法正 确的是 () A.半径：r(A1B+)>r(K) B.电负性：X(O)>X(S) C.沸点：H2S>H2O D.碱性：A1(OH)3>KOH 7.(2024·黑吉辽)如下反应相关元素中，W、X、Y、Z为原子序数依次增大 的短周期元素，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，基态Y、Z 原子有两个未成对电子，Q是ds区元素，焰色试验呈绿色。下列说法错 误的是 () 逐渐通入XW,至过量 QZY,溶液 QZX,Y,W2溶液 A.单质沸点：Z>Y>W B.简单氢化物键角：X>Y C.反应过程中有蓝色沉淀产生 D.QZXY,W2是配合物，配位原子是Y 8.(2024·全国甲卷)W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。W 和X原子序数之和等于Y的核外电子数，化合物W[ZY。]可用作化 学电源的电解质。下列叙述正确的是 () A.X和Z属于同一主族 B.非属性：X>Y>Z C.气态氢化物的稳定性：Z>Y D.原子半径：Y>X>W 9.(2024·浙江6月)X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位 于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z核电荷数相差2，Z的原子最 外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法不正确的是 () A.键角：YX>YX B.分子的极性：Y,X2>X,Z2 C.共价晶体熔点：Y>M D.热稳定性：YX>MX 10.(2024·湖北)结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是 ( 事实 解释 甘油是黏稠液体 甘油分子间的氢键较强 B 王水溶解铂 浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性 C 冰的密度小于干冰 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳 D 石墨能导电 原子平面内运动 【5-2】3D 11.(2024·山东)由O、F、I组成化学式为IO,F的化合物，能体现其成键 结构的片段如图所示。下列说法正确的是 () A.图中O代表F原子 B.该化合物中存在过氧键 C.该化合物中I原子存在孤对电子 D.该化合物中所有碘氧键键长相等 12.(2024·浙江1月)X、Y、Z、M和Q五种主族元素，原子序数依次增大， X原子半径最小，短周期中M电负性最小，Z与Y、Q相邻，基态Z原子 的s能级与p能级的电子数相等，下列说法不正确的是 () A.沸点：X,Z>XQ B.M与Q可形成化合物MQ、MQ2 C.化学键中离子键成分的百分数：MZ>MQ D.YZ与QZ离子空间结构均为三角锥形 13.(2024·山东)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(Si) C.金刚砂(SiC) D.氮化硼(BN,立方相) 14.(2024·湖北)X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的短周期主族元素， 且位于三个不同周期，Z与Y和W都相邻，且Y、Z、W三种元素原子的 最外层电子数之和为16，下列说法错误的是 () A.原子半径：Z>W>M>X B.Z和W都有多种同素异形体 C.最高价氧化物对应水化物的酸性：Y<Z<W D.X与其他四种元素都可以形成18电子分子 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 11 12 13 14 答案 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(2024·湖北)(15分)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐 [Be3Al,(SiO3)。]中提取铍的路径为： 稀硫酸含HA的煤油过量NaOH Be3Al2(SiO3)6- 热熔玻璃态酸浸滤液1萃取有机相反萃取水相2加热 冷却一过滤一分液 分液 →Be(OH2-Be 过滤 滤渣 水相1 含NaA的煤油滤液2 已知：Be2++4 HIA-BeA,(HA)2+2H 回答下列问题： (1)基态Be2+的轨道表示式为 (2)为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是 【5-3】3D (3)“萃取分液”的目的是分离B2+和A13+,向过量烧碱溶液中逐滴加 入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是 (4)写出反萃取生成Na,[Be(OH)4]的化学方程式 “滤液2”可以进入 步骤再利用。 (5)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是 (6)Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be的配合物，4个Be位于以1 个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个Be的配位环境相同，Be 与Be间通过CHCOO相连，其化学式为 16.(2024·全国)(15分)INA族元素具有丰富的化学性质，其化合物有着 广泛的应用。回答下列问题： (1)该族元素基态原子核外未成对电子数为 ,在与其他元素形 成化合物时，呈现的最高化合价为 (2)CaC2俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为 (填标 号)。 a.离子键 b.极性共价键 c.非极性共价键 d.配位键 CH, (3)一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷七S,其中电负性最大的元 素是 硅原子的杂化轨道类型为 (4)早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表， 结合变化规律说明原因： 物质 SnF SnCl, SnBr SnI 熔点/℃ 442 -34 29 143 (5)结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。 其中Pb的配位数为 。设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶 体密度为 g·cm3(列出计算式). 594pm 17.(2024·江苏)(14分)氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢 和用氢组成。 (1)利用铁及其氧化物循环制氢，原理如图所示，反应器I中化合价发 生改变的元素有 ;含CO和H2各1mol的混合气体通过 该方法制氢，理论上可获得 mol H2 【5-4】3D C02+H20 H20 个 C0+H→（反应器 Fe,反应器Ⅱ →H2 Fe203 Fe30 (反应器Ⅲ)一空气 (2)一定条件下，将氮气和氢气按n(N2):n(H2)=1:3混合匀速通入 a-Fe/Al,O, 合成塔，发生反应N,十3H,商温商压 2NH3。海绵状的a-Fe作催化 剂，多孔Al,O3作为a-Fe的“骨架”和气体吸附剂。 ①H2中含有CO会使催化剂中毒。CH,COO[Cu(NH)2]和氨水的混 合溶液能吸收CO生成CH,COO[Cu(NH3),CO]溶液，该反应的化学 方程式为 ②Al,O3含量与Fe表面积、出口处氨含量关系如图所示。Al,O3含 量大于2%，出口处氨含量下降的原因是 0 40 15 30 10 20 5 10 34 Al203含量/% (3)反应H,十HCO催化剂HCO0+H,O可用于储氢。 ①密闭容器中，其他条件不变，向含有催化剂的0.1mol·L-1 NaHCO, 溶液中通入H2,HCOOˉ产率随温度变化如图所示。温度高于70℃， HCOO产率下降的可能原因是 30 %/ 20 40 50 60 70 80 温度/℃ 【5-5】3D ②使用含氨基物质（化学式为CN一NH2,CN是一种碳衍生材料）联合 Pd-Au催化剂储氢，可能机理如图所示，氨基能将HCO控制在催化 剂表面，其原理是 用重氢气(D,)代替H,,通过检测是否存在 (填化学式)确 认反应过程中的加氢方式。 0 OPd HO 0 OAu NH2 0 HC0步骤I 步骤ⅡN 0 H2O NH 步骤Ⅲ HCOO 18.(2024·山东)(14分)锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题： (1)Mn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Mn多的元素是 (填元素符号)。 (2)Mn如某种氧化物MnO,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 ●Mn 00 当MnO,晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn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.CaO B.V,O C.Fe,O D.CuO (3)[BMIM]BF,(如图)是MnO,晶型转变的诱导剂。BF,的空间 构型为 ;[BMIM们中咪唑环存在π大π键，则N原子采 取的轨道杂化方式为 N⊙NBF [BMIMIBF (4)MnO,可作HMF转化为FDCA的催化剂（如下图）。FDCA的熔 点远大于HMF,除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是 0 MnO. HO 0 HO OH HMF FDCA 【5-6】3D(5)反应放热保持钒催化剂活性温度，提高SO,转 化率，保证反应速率 (6)ac(7)98.3%60C(8)94 17.解析：市售的溴（纯度99%）中含有少量的Cl2和 L2,实验利用氧化还原反应原理制备高纯度的溴，市 售的溴滴入盛有浓CaBr2溶液中，Cl2可与CaBr 发生氧化还原反应而除去，I2与Br,一起蒸馏入草 酸钾溶液中，并被草酸钾还原为I、Br,并向溶液 中滴加高锰酸钾溶液氧化I厂，加热蒸千得KBr固 体，将KBr固体和K2Cr2O2固体混合均匀加入冷 的蒸馏水，同时滴加适量浓H,S○，，水浴加热蒸馏， 得到的液体分液、干燥、蒸馏，可得高纯度的溴。 (1)仪器C为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴 中含有少量的Cl2,Cl2可与CaBr,发生氧化还原反 应而除去；水浴加热时，Br2、L2蒸发进入装置D中， 分别与K2C2O4发生氧化还原反应，Br2+K2C2O △2KBr+2C0,↑、L+K,C,0.△2K1+2C02 个，由于Br2为进入D的主要物质，故主要反应的 化学方程式为Br,十K,C,0,△2KBr十2C0,↑。 (2)将D中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中 滴加酸化的KMO,溶液至出现红棕色气体(Br2), 即说明KMnO:已将KI全部氧化，发生反应的离子 方程式为2Mn0,+10I+16H△2Mn2++5L, 十8H2O;KBr几乎未被氧化，继续加热将溶液蒸千 所得固体R的主要成分为KBr。 (3)密度Br2>H2O,D中冷的蒸馏水起到液封的作 用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减少溴的挥发。 m (4)m克KBr固体的物质的量为19mol,根据转移 电子相等可得关系式6KBr~6e~K2Cr2O2,则理 论上需要K,Cr,0,的物质的量为6×19mol,实 1 3 际所需称取K,Cr,O,的质量为6X19molX X 294g·mol≈0.31mg。 (5)趁热过滤的具体操作：漏斗下端管口紧靠烧杯 内壁，转移溶液时用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在 三层滤纸处，滤液沿烧杯壁流下。 答案：(1)直形冷凝管除去市售的溴中少量的C2 Br,+K,C,0,△2KBr+2C0,个 (2)蒸发皿2Mn0,+10r+16H△2Mm2++ 5I2+8H2O (3)液封降低温度 (4)0.31m (5)玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处 18.解析：(1)浓硫酸难挥发，产物HN○3为气体，有利 于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和 酸性。 (2)①第工步反应为氨气的催化氧化，化学方程式 催化剂 为4NH3+5O2- 4NO+6H2O. ②2NO十O2一2NO2,该反应正向气体分子总数 减小，同温时，p1条件下NO转化率高于p2,故p >p2,根据V=nR 力xy点转化率相同，则n相 同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影 响，故y点的容器容积小于x,点的容器容积。 (3)①由电极a上的物质转化可知，氨元素化合价 升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为 【11】 N2-10e+6H,O-2NO,+12H ②反应i生成O,,O,将NO氧化成NO,,NO,更 易转化成NO。。 (4)N2中存在氯氮三键，键能高，断键时需要较大 的能量，故人工固氮是高能耗的过程。 答案：(1)难挥发性 催化剂 (2)4NH3+5O2 =4NO+6H2O 2NO+02 一一2NO2,该反应正向气体分子总数减小，同温时， p1条件下NO转化率高于p2,故p1>p2,x、y点 转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容 积的影响 (3)N2-10e+6H2O=2NO3+12H反应m 生成O2,O2将NO氧化成NO2,NO2更易转化 成NO (4)N2中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大 的能量，故人工固氮是高能耗的过程 卷5物质结构元素周期律 1.D(YW2)2XZ为有机物，基态X、Z原子均有2个单 电子，X、Z分别为IVA族和VIA族元素，X、Y、Z同 周期、原子序数依次增大，若X、Y、乙为第三周期元 素，则X、Y、Z分别为Si、P、S;若X、Y、Z为第二周期 元素，则X、Y、Z分别为C、N、O;又YW4ZXY为无机 物，(YW2)2XZ为有机物，所以X、Y、Z分别为C、N、 O,W、X、Y、Z原子序数依次增大，能形成YW.ZXY, 则W为H,综上所述，W、X、Y、Z分别为H、C、N、O。 A.C、N、O同周期，同一周期主族元素，从左到右第 一电离能有逐渐增大的趋势，第VA族的第一电离 能大于同周期相邻的两种元素，则第一电离能N>O >C,故A错误；B.甲为NH4OCN,NHt中有N原 子提供孤对电子、H提供空轨道形成的N→H配位 键，故B错误；C.乙为HN-C-NH2,其中有4个N-H、 2个C一N、碳氧原子之间1个。键，则一个 H2NC-NH2中有7个σ键、1个π键，6键与π键的数 目比为7：1，故C错误；D.甲为NH4OCN,其中的C 原子与N原子形成三键、与O原子形成单键，σ键电 子对数为2，无孤对电子，C原子采取sp杂化，乙为 HNC-NH2,其中的C原子形成3个o键，即o键电子 对数为3，无孤对电子，C原子采取$p杂化，故D 正确。 2.BZ是周期表中电负性最大的元素，Z为F,电子层 数为2，未成对电子数为1；X、Y、Z三种元素位于同 短周期且原子序数依次增大，三者的原子核外电子 层数之和与未成对电子数之和相等，则X和Y未成 对电子数之和为5，X为C和Y为N或X为N和Y 为O;化合物分子式为XY2Z,则X和2个Y总化合 价为十1价，NO2F符合，故X为N,Y为O,Z为F。 A.X为N,Y为O,Z为F,N、O、F位于同周期，F在 最右边，F的原子半径最小，A错误；B.X为N,Y为 O,Z为F,同周期从左往右，第一电离能呈增大趋势， N的2p轨道半充满，第一电离能大于O,故三者中O 的第一电离能最小，B正确；C.X为N,N的最高正化 合价为十5，C错误；D.X为N,Z为F,NF3和NH3 的中心原子均为sp3杂化，孤电子对数均为1，前者 成键电子对离中心N较远，成键电子对之间的斥力 较小，键角较小，D错误。 3.AM是原子半径最小的为H,Q是形成物质种类 最多，则为C,R是地壳中含量最高，为O,T、X、Y 同周期且原子序数递增。Q(C)和X均与Y相邻，结 合Z的原子序数Z=M+R+T=1+8+T,Z 3D ≤20，得T=11(Na),Z=20(Ca)。又因为T、X、 Y同周期，Q、X均与Y相邻，可推出Q(C)与Y(Si) 同主族相邻，X(Al)与Y(Si)相邻且T(Na)、X(Al) Y(Si)同属第三周期，故推出M为H、Q为C、R为 O、T为Na、X为Al、Y为Si、Z为Ca,据此解答。A H与Ca形成CaH2,为活泼金属形成的氢化物，为离 子化合物，A正确；B.同周期原子半径从左到右逐渐 减小，同主族原子半径从上到下逐渐增大，R为O、T 为Na、X为Al,则它们的原子半径大小为OAl Na,即R<X<T,B错误；C.QR2为CO2,为直线型 的非极性分子，C错误；D.同周期电负性从左到右逐 渐增大，同主族电负性从下到上逐渐增大，Q为C、R 为O、Y为Si,则电负性Si<C<O,正确顺序为Y QR,D错误。 4.BX、Y、Z、W、Q分别为原子序数依次增大的短周 期主族元素。Y、Q基态原子的价电子数相同，说明 Y、Q为同主族元素，均为其K层电子数的3倍，说明 价电子数为6，为氧元素和硫元素；X与Z同族，W为 金属元素，其原子序数等于X与Z的原子序数之和， 所以只能推出W为镁，则Z为Na,X为H,据此解 答。【详解】A.X与Q组成的化合物如H与S形成 的H2S,这些化合物中S处于最低价，具有还原性，A 正确；B.Y与Q形成的化合物为SO2或SO3,溶于 水生成亚硫酸或硫酸，溶液显酸性，B错误；C.Z为 Na,W为Mg,都可以在空气中燃烧生成过氧化纳和 氧化镁，C正确；D.Z与Y按1：1组成的化合物为过 氧化钠，其中○为一1价，有氧化性，D正确；故选B。 5.DX、Y价电子数相等，X、Y属于同一主族，且X形 成5个键，Y形成3个键，基态Y的2p轨道半充满， 则X为P元素，Y为N元素，X、Z电子层数相同，Z 的最外层只有1个未成对电子，Z形成1个键，Z为 C元素，以此分析。A.第一电离能同周期从左到右 有增大趋势，第一电离能：CI>P,A错误；B.X、Y的 简单氢化物分别为：PH3和NH3,电负性：N>P,共 用电子对距N近，成键电子对斥力N一H大于P一 H,键角：NH>PH3,B错误；C.元素的非金属性越 强，其最高价含氧酸酸性越强，非金属性：CI>N>P, 酸性：HClO4>HNO3>H3PO4,C错误；D.P、N、CI 均能形成多种氧化物，D正确。 6.BA+有2个电子层，而K有3个电子层，因此， K的半径较大，A项错误；同一主族的元素，其电负 性从上到下依次减小，O和S都是MA的元素，O元 素的电负性较大，B项正确；虽然H2S的相对分子质 量较大，但是H2O分子间可形成氢键，因此H2O的 沸，点较高，C项错误；元素的金属性越强，其最高价 的氧化物的水化物的碱性越强，K的金属性强于A1, 因此K○H的碱性较强，D项错误。 7.DQ是ds区元素，焰色试验呈绿色，则Q为Cu元 素；空间运动状态数是指电子占据的轨道数，基态X 原子的核外电子有5种空间运动状态，则X为第2 周期元素，满足此条件的主族元素有N (1s22s22p3)、O(1s22s22p)、F(1s22s22p);X、Y、Z 为原子序数依次增大，基态Y、Z原子有两个未成对 电子，若Y、乙为第2周期元素，则满足条件的可能为 C(1s2s2p)或(1s2s2p),C原子序数小于N, 所以Y不可能为C,若Y、Z为第3周期元素，则满足 条件的可能为Si(1s2s22p°3s23p2) 或S(1s22s22p3s23p4),Y、Z可与Cu形成CuZY, 而O、Si、S中只有O和S形成的SO才能形成 CuZY4,所以Y、Z分别为O、S元素，则X只能为N W能与X形成WX,则W为IA族或LA族元素， 但W原子序数小于N,所以W为H元素，综上所 【12】 述，W、X、Y、Z、Q分别为H、N、O、S、Cu。W、Y、Z分 别为H、O、S,S单质常温下呈固态，其沸点高于氧气 和氢气，O,和H2均为分子晶体，O,的相对分子质 量大于H2,O2的范德华力大于H2,所以沸点○2> H2,即沸点S>O2>H2,A项正确；Y、X的简单氢化 物分别为H2O和NH3,HgO的中心原子O原子的 价层电子对数为2+2×(6一2X1)=4,孤电子对数 为2，空间构型为V形，键角约105°，NH3的中心原子 1 N原子的价层电子对数为3十2×(5-3X1)=4,孤电 子对数为1，空间构型为三角锥形，键角约107°18′，所 以键角：X>Y,B项正确；硫酸铜溶液中滴加氨水，氨 水不足时生成蓝色沉淀氢氧化铜，氨水过量时氢氧 化铜溶解，生成Cu(NH)4SO4,即反应过程中有蓝 色沉淀产生，C项正确；QZX4Y,W2为Cu (NH),SO,其中铜离子提供空轨道、NH3的N原 子提供孤电子对，两者形成配位键，配位原子为N,D 项错误。 8.AW、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素， 且能形成离子化合物W[ZY,]厂，则W为Li或 Na;又由于W和X原子序数之和等于Y的核外电 子数，若W为Na,X原子序数大于Na,则W和X原 子序数之和大于18，不符合题意，因此W只能为Li 元素；由于Y可形成Y,故Y为第主族元素，且 原子序数Z大于Y,故Y不可能为CI元素，因此Y 为F元素，X的原子序数为10一3=7，X为N元素； 根据W、Y、Z形成离子化合物W+[ZY6],可知Z 为P元素；综上所述，W为Li元素，X为N元素，Y 为F元素，Z为P元素。由分析可知，X为N元素，Z 为P元素，X和Z属于同一主族，A项正确；X为N 元素，Y为F元素，Z为P元素，非金属性：F>N>P, B项错误；Y为F元素，Z为P元素，非金属性越强， 其简单气态氢化物的稳定性越强，即气态氢化物的 稳定性：HF>PH3,C项错误；W为Li元素，X为N 元素，Y为F元素，同周期主族元素原子半径随着原 子序数的增大而减小，故原子半径：L>N>F,D项 错误；故选A。 9.BX、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分 别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y与Z核电 荷数相差2，Z的原子最外层电子数是内层电子数的 3倍，则Z为O元素，Y为C元素，X为H元素，M为 Si元素。YX为CH,其中C原子的杂化类型为 sp,CH的空间构型为平面正三角形，键角为120°； YX为CH,其中C原子的杂化类型为sp,CH 的空间构型为三角锥形，由于C原子还有1个孤电 子对，故键角小于109°28'，因此，键角的大小关系为 YX>YX,A项正确；Y2X2为C2H2,其为直线形 分子，分子结构对称，分子中正负电荷的重心是重合 的，故其为非极性分子；H2O2分子结构不对称，分子 中正负电荷的重心是不重合的，故其为极性分子，因 此，两者极性的大小关系为Y2X2XZ2,B项错误； 金则石和晶体硅均为共价晶体，但是由于C的原子 半径小于Si,因此，C一C键的键能大于Si一Si键的， 故共价晶体熔点较高的是金刚石，C项正确；元素的 非金属性越强，其气态氢化物的热稳定性越强；C的 非金属性强于S,因此，甲烷的稳定热较高，D项 正确。 10.B甘油分子中有3个羟基，分子间可以形成更多 的氢键，且O元素的电负性较大，故其分子间形成 的氢键较强，因此甘油是黏稠液体，A正确；王水溶 解铂，是因为浓盐酸提供的C1能与被硝酸氧化产 -3D 生的高价态的铂离子形成稳定的配合物从而促进 铂的溶解，在这个过程中浓盐酸没有表现氧化性，B 不正确：冰晶体中水分子间形成较多的氢键，由于 氢键具有方向性，因此，水分子间形成氢键后空隙 变大，冰晶体中水分子的空间利用率相对较低，冰 的密度小于千冰，C正确；石墨属于混合型晶体，在 石墨的二维结构平面内，第个碳原子以C一C键与 相邻的3个碳原子结合，形成六元环层。碳原子有 4个价电子，而每个碳原子仅用3个价电子通过sp 杂化轨道与相邻的碳原子形成共价键，还有1个电 子处于碳原子的未杂化的2p轨道上，层内碳原子 的这些p轨道相互平行，相邻碳原子p轨道相互重 叠形成大π键，这些p轨道的电子可以在整个层内 运动，因此石墨能导电，D正确；综上所述，本题 选B。 11.C由图中信息可知，白色的小球可形成2个共价 键，灰色的小球只形成1个共价键，，黑色的大球形 成了4个共价键，根据O、F、I的电负性大小(F最 大、I最小)及其价电子数可以判断，白色的小球代 表O原子、灰色的小球代表F原子，黑色的大球代 表I原子。图中O(白色的小球)代表O原子，灰色 的小球代表F原子，A项错误；根据该化合物结构 片断可知，每个I原子与3个O原子形成共价键， 根据均摊法可以判断必须有2个○原子分别与2 个I原子成键，才能确定该化合物化学式为IO,F, 因此，该化合物中不存在过氧键，B项错误；I原子 的价电子数为7，该化合物中F元素的化合价为 1,O元素的化合价为一2，则I元素的化合价为十5， 据此可以判断每I原子与其他原子形成3个单键 和1个双键，I原子的价电子数不等于其形成共价 键的数目，因此，该化合物中I原子存在孤对电子， C项正确；该化合物中既存在I一O单键，又存在I 一○双键，单键和双键的键长是不相等的，因此，该 化合物中所有碘氧键键长不相等，D项错误。 12.DX半径最小为H,短周期电负性最小则M为 Na,Z原子的s能级与p能级的电子数相等，则Z为 O,Z与Y、Q相邻，Y为N,Q为S,以此分析。H2O 中含有氢键，则沸，点高于H2S,A正确；Na与O形 成Na2O、NaO2,则O与S同族化学性质相似，B 正确；Na2O的电子式为Na[:O:]2Na,Na2S 的电子式为Na[:S:]2-Na+,离子键百分比= (电负性差值/总电负性差值)，○的电负性大于S 则NaO离子键成分的百分数大于Na2S,C正确； NO为sp杂化，孤电子对为0，为平面三角形， SO号为sp3杂化，孤电子对为1，为三角锥形，D错 误；故选D。 13.B金刚石(C)、单晶硅(Si)、金刚砂(SiC)、立方氮 化硼(BN),都为共价晶体，结构相似，则原子半径越 大，键长越长，键能越小，熔沸点越低，在这几种晶 体中，键长Si一Si>Si一CB一N>C—C,所以熔，点 最低的为单晶硅。选B。 14.CX、Y、Z、W,M是原子序数依次增大的短周期主 族元素，且位于三个不同周期，则X一定位于第一 周期，X为H。Z与Y和W都相邻，则这三种元素 在周期表中的相对位置关系可能有YZW 三种，Y、Z、W三种元素原子的最 W 外层电子数之和为16，设Z的最外层电子数为x, 若为第一种情况，则有3x=16,x为分数，不合理： 【13】 若为第二种情况，则有3x一1=16，x为分数，不合 理；若为第三种情况，则有3x十1=16，解得x=5, 合理。综上可知，Y、Z、W三种元素分别为N、P、S 则M为Cl。由分析可知，X、Y、Z、W三种元素分别 为H、N、P、S,M为CI。同周期原子半径逐渐减小， 原子半径：P>S>C>H,故A正确；P有白磷、红 磷等单质，S有S2、S、Sg等单质，故B正确；N元素 的非金属性强于P,最高价氧化物对应水化物的酸 性：HNO>HPO,,故C错误；H与N、P、S、CI分 别形成的N2H4、PH3、H2S、HCl都是18电子分子， 故D正确。故选C。 15.解析：本题是化工流程的综合考查，首先铝硅酸盐 先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀 硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3,“滤液1”中 有Be2+和Al3+,加入含HA的煤油将Be2+萃取到 有机相中，水相1中含有A3+,有机相为BeA2 (HA)2,加入过量氢氧化钠反萃取Be+使其转化为 Na2[Be(OH),]进入水相2中，分离出含NaA的煤 油，最后对水相2加热过滤，分离出B(OH),,通过 系列操作得到金属铍，据此回答。 (1)基态Be2+的电子排布式为1s2,其轨道表达式为 ☒ 1s (2)熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体， 快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔 冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特，点为：快速 冷却。 (3)“滤液1”中有Be2+和A3+,加入含HA的煤油 将Be+萃取到有机相中，则水相1中含有A+,则 向过量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液， 可观察到的现象为：无明显现象。 (4)反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为 BeA,(HA),+6NaOH=Na,[Be(OH)+4NaA 十2H2O,滤液2的主要成分为NaOH,可进入反萃 取步骤再利用。 (5)氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金 属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍 的导电性。 (6)由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体 的四个顶点上，四面体中心只有一个O,Be与Be之 间总共有六个CH,COO,则其化学式为Be,O (CHCOO)。。 ☑ 答案：(1) (2)快速冷却 (3)无明显现象(4)BeA2(HA),十6NaOH Na[Be(OH)4J+4NaA+2H,O反萃取 (5)增强熔融氯化铍的导电性 (6)BeO(CH COO) 16.解析：(1)VA族元素基态原子的价层电子排布为 nsnp,其核外未成对电子数为2，因最外层电子数 均为4，所以在与其他元素形成化合物时，呈现的最 高化合价为十4。 (2)CaC2俗称电石，其为离子化合物，由Ca2+和 C2构成，两种离子间存在离子键，C2中两个C原 子之间存在非极性共价键，因此，该化合物中不存 在的化学键类型为极性共价键和配位键，故选b、d。 CH. (3)一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷七Si],含 H 3D C、Si、H三种元素，其电负性大小：C>H>Si,则电 负性最大的元素是C,硅原子与周围的4个原子形 成共价键，没有孤电子对，价层电子对数为4，则硅 原子的杂化轨道类型为sp。 (4)根据表中数据可知，SF,的熔，点均远高于其余 三种物质，故SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4 Sl属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的 高，SnCl4、SnBr,、Snl4三种物质的相对分子质量依 次增大，分子间作用力依次增强，熔点升高，故原因 为：SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、Snl4属于分 子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，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。 (5)由PbS晶胞结构图可知，该晶胞中有4个Pb和4 个S,距离每个原子周围最近的原子数均为6，因此 Pb的配位数为6。设NA为阿伏加德罗常数的值， 则N个晶胞的质量为4×(207十32)g,VA个晶胞 的体积为N×(594×101°cm)3,因此该晶体密度 4×(207+32) NA×(594×10D) g· 或 956 V×(594X1010)8·cm3。 答案：(1)2+4 (2)bd (3)C sp (4)SnF,属于离子晶体，SnCL、SnBr4、SnL属于分子 晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，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 4×(207+32) (5)6 VA×(594X1010)g·cm3或 956 VX(594X1010)g·cm3 17.解析：(1)由图可知，反应器I中反应物为一氧化 碳、氢气、氧化铁，生成物为二氧化碳、水、铁，发生 的反应为3CO+Fe2O32Fe+3CO2、3H2+ Fe,O3—2Fe十3H,O,则反应中化合价发生改变 的元素为碳元素、氢元素、铁元素；由方程式可知，1 mol一氧化碳和1mol氢气与氧化铁反应生成3 ol铁，反应器Ⅱ中铁与水反应生成四氧化三铁和 氢气，反应的方程式为3Fe十4H2O一FeO,十 4 4H,由方程式可知，3mol铁生成氢气的物质的 量为号molx=gmol. 416 (2)①由题意可知，吸收一氧化碳的反应为一氧化碳 与CH,COOLCu(NH),]和氨水的混合溶液反应生成 CH COO Cu(NH3)3CO],反应的化学方程式为 CH COO[Cu (NHs)2 ]NH.H2O+CO- CH COO Cu(NH3),CO]+H,O:②氧化铝含量大于 2%,出口处氨含量下降说明多孔氧化铝含量过多 会吸附反应生成的氨气，由图可知，氧化铝含量大 于2%时，催化剂a-Fe表面积减小，催化性能降低， 导致反应速率减小，使得出口处氨含量下降。 (3)①碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、二氧化碳 和水，温度高于70℃，碳酸氢钠受热分解，导致 HCOO产率下降；②氨基和碳酸氢根离子可以形 成氢键N一H…O、N…H一O,形成的氢键将碳酸 氢根离子控制在催化剂表面；由图可知，步骤Ⅱ发 生的反应为氨基和碳酸氢根离子中的羟基发生取 代反应生成水，氢气发生共价键断裂，氢原子被CN 吸附，步骤Ⅲ发生的反应为碳氮键发生断裂，碳原 【14】 子和氨原子分别与氢原子结合生成CN一NH,和 HCOO厂，则用D,代替氢气，得到的产物为CN NHD和DCOO,所以通过检测是否存在CN NHD或DCOO可确认反应过程中的加氢方式。 16 答案：(I)C、H,Fe (2)CH COOCu(NH),+NH.H,O+CO= CH,COO Cu(NH),CO]+H,O多孔AlO3可作 为气体吸附剂，含量过多会吸附生成的NH; AlO含量大于2%时，Fe表面积减小，反应速率 减小，产生NH减少 (3)NaHCO3受热分解，导致HCOO产率下降 NH,可以与HCO形成氢键CN一NHD 或DCOO 18.解析：(1)Mn的原子序数为25，位于元素周期表第 四周期IB族；基态Mn的电子排布式为[Ar] 3d4s,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[Ar]3d4s,有6个未成对电子。 (2)由均摊法得，晶胞中Mm的数目为1+8× 1 1 2,0的数目为2+4X2=4,即该氧化物的化学式 为MnO2;MnO,晶体有O原子脱出时，出现O空 位，即x减小，Mn的化合价为+2x,即Mn的化合 价降低；CaO中Ca的化合价为+2价、V,O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)BF中B形成4个。键（其中有1个配位键）， 为Sp杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在 π大π键，N原子形成3个6键，杂化方式为sp。 (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。 答案：(1)四IBCr (2)MnO2降低A (3)正四面体形sp2 (4)FDCA形成的分子间氢键更多 卷6化学反应的热效应 1.B根据目标方程式与原方程式的特点可知，将原方 程式进行（①一3×@+③）变换，可得目标方程 式，所以，△H应为(a-3b十c),据此解答。A.选 1 项A的表达式为4(a十36-c),但根据推导结果， △H应为(a-3b十，与A不符，A错误；B推导 过程中，通过组合反应①、③及反转的反应②X3,得 到总△H为a十c-3b,再除以4得(a-3b+c), 与选项B一致，B正确；C.选项C未除以4，直接取a -3b十c,不符合目标反应的系数比例，C错误；D.选 项D的表达式为a十3b一c,符号和系数均与推导结 果不符，D错误。 2.C由图可知，NaCl固体溶于水的过程分两步实现， 第一步为NaCl固体变为Na+和CI厂，此过程离子键 发生断裂，为吸热过程；第二步为Na和CI与水结 合形成水合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为 3D