选择题专练(7)元素周期律物质结构与性质-【鱼跃龙门卷】2026年高考化学试题逐题突破

2025—2026学年度高考试题还题突破— 选择题专练（七） 化学·元素周期律物质结构与性质 总分：60分时间：40分钟 可能用到的相对原子质量：H1Be9C12N14O16Ca40 A组 1.键长、键角和键能是描述共价键的三个重要参数。下列叙述正确的是 A.键角是描述分子空间结构的重要参数 B.因为H一O键的键能小于H一F键的键能，所以O2、F,与H2反应的能力逐渐减弱 C.AB2型分子的键角均为180° D.H一O键的键能为462.8k·mol-1,即18gH2O分解成H2和O2时，消耗的能量为 2×462.8kJ 2.Q、W、X、Y、Z五种短周期元素，原子半径依次增大，基态Q原子的电子填充了3个能级，有4 对成对电子，乙与其他元素不在同一周期，五种元素可构成的某种离子液体的阴离子如图所 示。下列说法正确的是 A.Y形成的含氧酸均不能使高锰酸钾褪色 B.Q和W形成的化合物中W为正价 C.基态Z原子核外有3种能量不同的电子 D.氢化物沸点：W>Q>X>Y 3.化合物MYX,QZ可作肥料，其中X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素，且在每 个短周期均有分布，仅有Y和Q同族。Y的基态原子价层p轨道半充满，M的基态原子价层 电子排布式为ns”-1,Z在地壳中含量最多。下列说法错误的是 A.元素电负性：Z>Y>X B.最简单氢化物沸点：Z>Y>Q C.第一电离能：Y>Z>M D.YX3和YZ的空间结构均为三角锥形 4.物质微观结构决定宏观性质。下列解释正确的是 选项 事实 解释 A H2O的沸点高于HF 键能：O一H…O高于F一H…F B C2 H;NH2 NO,熔点低于NH,NO C2HNHg的体积比NH4大 c O3在CCl4中的溶解度高于在H2O中的溶解度 O3是非极性分子 D 纳米铅晶体无固定熔点 纳米铅晶体是混合物 化学·选择题专练（七）第1页（共4页）】 鱼跃龙门老 5.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z位于同周期且相邻，X与W同族， W的核外电子总数等于X和Z的核外电子总数之和。下列说法正确的是 A.元素的第一电离能：Z>Y>X>W B.简单氢化物的稳定性：Z>Y>X>W C.1 mol WZ2中有2molo键 D.XZ2的空间结构为V形，属于含有极性键的极性分子 6.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，最外层电子数之和为16。W和Y为同主族元 素，其简单氢化物的沸点为Y>W;X是同周期中金属性最强的元素。下列说法错误的是 A.原子半径：X>W B.元素Y与Z可形成共价化合物 C.单质的熔点：Y>X D.Y、Z的最高价含氧酸均是弱酸 7.利用纯碱溶液吸收SiF4的反应为3SiF4+2Na2CO3+2H2O一2Na2SiF。￥+H4SiO4+ 2CO2。下列说法错误的是 A.Na,SiF。中含有配位键 B.SiF4和H,O都是由极性键构成的极性分子 C.CO2和SiO2晶体分别为分子晶体和共价晶体 D.CO的VSEPR模型和空间结构都为平面三角形 8.X、Y、Z、W、Q为短周期元素，原子序数依次增大。基态X原子核外电子排布式为s”,X和Y 形成的化合物水溶液显碱性：Z的最内层电子数是最外层的？，W元素的原子半径是短周期元 素中最大的，Q的价电子中有1个单电子。下列说法错误的是 A.第一电离能：Y>Z>Q B.WH的水溶液呈碱性 C.Q的氧化物一定是共价化合物 D.YX中含有配位键 9.元素周期表中ⅡA族元素及其化合物应用广泛。铍的化合物性质与铝相似，熔融时BF,能 导电，而BeCl2不能导电；BeO的熔点为2575℃，其晶胞结构如图所示，已知BeO晶体的密度 为dg·cm3。下列有关说法错误的是 A.BeF,为离子化合物，BeCl2为共价化合物 Be B.ⅡA族元素从上到下，单质与水反应的剧烈程度呈增大趋势 ○0 C.BeO晶胞中O原子的配位数为4 √dNAX10'nm 心.Be0晶胞中距离最近的两个Be原子的核间矩为X00y 10.X、Y、Z、W是短周期主族元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分 离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层s、p能级上电子数相等；Z元素十2价阳离子 的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些 元素性质的说法一定正确的是 A.X元素的氢化物的水溶液显碱性 B.Z元素的离子半径大于W元素的离子半径 C.Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应 D.Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点 化学·选择题专练（七）第2页（共4页） 班级 B组 1.下列晶体中含两种化学键的是 姓名 A.蔗糖 B.氯化钠 C.四羟基合铝酸钠 D.纯碱 得分 2.已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图甲，且A、B、C、 D可组成化合物X(图乙)，C与E同主族。下列说法正确的是 D 答题栏 原子序数 甲 A组 A.氢化物的沸点：C>B B.简单离子的半径：E>D>C C.含氧酸的酸性：E>B D.化合物X在低温的碱性溶液中更加稳定 2 3.一种工业用缓冲剂由前四周期原子序数依次增大且在不同周期的X、Y、Z、W四种元素组成， 结构如图所示。已知Z的单质常温下为固体。下列说法正确的是 4 A.Y元素的非金属性强于与Z同族短周期元素的非金属性 B.简单氢化物的沸点：Y>Z>W 6 C.该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构 D.Y和W不可能形成既含有离子键又含有共价键的化合物 8 4. 某化合物由原子序数依次增大的长周期主族元素X、Y和Z组成。X的价层电子数为4，Y核 9 外只有1个未成对电子，Z的电子占据的最高能级为全充满的4p能级。关于这三种元素说 10 法正确的是 B组 A.X、Y和Z位于同一周期 B.最高价氧化物对应水化物的碱性最强的是X 2 C.单质熔点最高的是Y D.原子半径最大的是Z 4 5.M、Q、Z、Y、X、T是原子半径依次增大的短周期主族元素，除M 5 外其他元素均为同周期元素，M与Q形成的化合物能刻蚀玻璃， 6 这六种元素形成的一种化合物的结构如图所示。下列说法正确 M:X-Z 7 的是 8 A.与Z同周期且第一电离能大于Z的元素有1种 9 B.Y、X、T三种元素中，Y的最高价含氧酸的酸性最强 10 C.该化合物中所有原子最外层都达到8电子稳定结构 D.M与X、Y形成的化合物中，前者的沸点一定低于后者 6.X、Y、Z、W四种短周期元素，原子序数依次增大。X原子半径最小；Y、Z同周期，且两者的基 态原子核外均有2个未成对电子；W元素与X的同族元素相邻。下列说法错误的是 A.W的第一电离能大于同周期相邻元素 B.YX2Z的水溶液呈酸性 C.W单质与YZ,晶体可发生置换反应 D.简单氧化物熔点：W>X>Y 化学·选择题专练（七）第3页（共4页） 鱼跃龙门老 7.某铁的氧化物立方晶胞如图所示，它由A、B两种单元组成。已知晶胞边长为α。 B: ① ①Fe2 OFe3 ① B ●02 M A B 下列有关说法错误的是 A.该晶胞的最简式为FeO B.A单元沿z轴的投影图为。0。 ●● C.B,中M微粒的原子分数坐标为(0,0,0)，则A2中N微粒（即F2+)的原子分数坐标为 (3.11 4’2’4 D.A单元中相邻0间的最近距离为2。 8.W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子的s轨道 电子数是p轨道电子数的2倍，X和Y形成的一种化合物是常用干燥剂， X、Z同主族且能构成如图所示的阴离子(R2-),下列说法正确的是 A.简单离子半径：Z>Y>X B.沸点：ZX2>WX2 C.R2-中Z的化合价是一3 D.第二电离能：Y>Z 9.一种有机物催化剂由原子序数依次增大的前20号元素X、Y、Z、W、M组成，结构式如图所示。 下列说法正确的是 A.简单离子半径：M>W>Z B.简单氢化物稳定性：Z<Y C.Z元素所在周期中，第一电离能大于Z的元素有2种 D.基态M原子电子占据的最高能层有9个原子轨道 10.X、Y、Z、W是原子序数递增的前20号元素，X与Y位于不同的周期，基态X原子核外s能级 上的电子总数与p能级上电子总数相等，基态Y原子价电子中不同自旋状态的电子数之比 为1：2，X、W的质子数之和等于Y、Z的质子数之和，Y、Z、W原子的最外层电子数之和等于 X原子的核外电子数。下列说法错误的是 A.ZX2为非极性分子 B.Y的氧化物属于两性氧化物 C.原子半径：W>Z D.基态X原子核外有3种能量不同的电子 化学·选择题专练（七）第4页（共4页）高考试题逐题突破 2.C【解析】在蔗糖和浓硫酸的反应中，浓硫酸表现出强氧化性 和脱水性，而不是吸水性；SO2使酸性KMnO,溶液褪色，证明 SO2具有还原性；漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2,Ca(ClO)2具 有氧化性，通入CO2和SO2后反应生成CaCO3和CaSO4沉 淀；CO2和SO2均不能与BaCl2溶液反应，故装置V无明显 现象。 3.B【解析】四氧化三铁具有磁性，可用作磁性材料，与其能与酸 反应无关；S02能与某些有色物质化合生成无色不稳定的无色 物质，所以SO2可以漂白纸浆、草帽等：A12O3熔点高，可用作 耐火材料，与A12O3是两性氧化物无关；氢氟酸能与二氧化硅 反应生成四氟化硅和水，可用于雕刻玻璃，和SO2是酸性氧化 物无关。 4.C【解析】CO2中碳元素的化合价为十4，为碳元素的最高价， CO2具有氧化性，CO2可通过电化学还原法处理。 5.B【解析】B项，得到纯净干燥的Cl2,应该先除杂后干燥 6,C【思路分析】根据题干信息，相对分子质量c比b大16，f比 e大16，b→c、e→f可能为氧化的过程；转化关系中，c和f与Z 反应均能得到强酸，则c可能为SO3,f为NO2,Z为H2O,Y为 O2,则b为SO2,e为NO,盐X溶液与盐酸反应得到a,与 NaOH反应得到d,a与O2得到SO2,则a为H2S,d与O2得到3 NO,则d为NH3,因此X可以是NH4HS或(NH4)2S,据此分 析解答。 【解析】b为SO2,是酸性氧化物，c为SO3,是酸性氧化物，e为 NO,不是酸性氧化物，f为NO2,不是酸性氧化物。 7.D【解析】浓盐酸可与MnO2反应，但稀盐酸与MnO2不反 应，说明浓盐酸还原性更强；加热浓硫酸与NaC1固体反应的化 学方程式为H,S0,十2NaC1△2HC1+十Na,S0,反应能发 生，是由于HCI为挥发性酸，与浓硫酸和HCI的酸性大小无关： 将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2被氧化为SO,会生成 BaSO4白色沉淀；向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪 色，是由于CIO水解，CIO+H2O=HCIO+OH,使溶液 呈碱性，由于生成的次氯酸具有漂白性，使得溶液先变红后 褪色。 8.B【解析】对于N元素，N2在放电条件下与O2反应可生成 NO,NO与O2反应可生成NO2,对于C元素，O2不充足时转 化为CO,CO再与O2反应生成CO2,都存在a→b→c的转化： 若c是CO2,则是酸性氧化物，若c为NO2,则不是酸性氧化物； d为H2CO3、f为HNO3,中心原子都发生sp2杂化；对于N元 素，c可能为NO2、N2O4,对于C元素，e可能为Na2CO3或 NaHCO3 9.B【解析】二氧化硫可用于葡萄酒的保鲜是因为二氧化硫具有 还原性，能防止红酒中的有效成分被氧化而延长红酒保质期； 氟化氢的沸点高于氯化氢是因为氟化氢能形成分子间氢键，氯 化氢不能形成分子间氢键，与氢氟键的键能大于氢氯键无关： 铁罐车可用于装运浓硝酸是因为铁在浓硝酸中钝化，并非不 反应 10.B【解析】A项，稀硝酸具有强氧化性，会将HSO3氧化为 SO?,与硝酸钡溶液反应生成BaSO4沉淀，无法检验 NaHSO3溶液是否变质；B项，用pH计测定NaHSO3溶液的 pH,若pH小于7，溶液显酸性，说明HSO的电离程度大于 水解程度，则电离平衡常数大于水解平衡常数，若pH大于7， 溶液显碱性，说明HSO3的水解程度大于电离程度，则水解平 衡常数大于电离平衡常数；C项，HSO与酸性KMnO4溶液 发生氧化还原反应使其褪色，体现HSO?的还原性，而非漂白 性；D项，FeCl3过量时，无论反应是否发生，溶液中均存在 Fe3+,滴加KSCN溶液，溶液均变为红色，无法判断HSO3与 Fe2+的还原性强弱。 化学选择题专练（七） A组 A【解析】B项，H一O键、H一F键的键能依次增大，意味着形 成这些键时放出的能量依次增大，化学键越来越稳定，O2、F2与 H2反应的能力逐渐增强；C项，AB2型分子如水分子呈V形， 键角为105°；D项，H一0键的键能为462.8kJ·mo1,指的是 断开1molH一O键形成气态氢原子和气态氧原子所需吸收的 能量为462.8kJ,18g即1molH20中含2molH一O键，断开 时需吸收2×462.8kJ的能量形成气态氢原子和气态氧原子， 再进一步形成H2和O2时，还需释放出一部分能量。 B【解析】Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增 大，基态Q原子的电子填充了3个能级，有4对成对电子，因此 Q是F,Z与其他元素不在同一周期，且原子半径最大，能形成6 条共价键，因此Z是S,Y能形成4条共价键，Y是C,W能形成 2条共价键，W是O,则X是N。草酸能使高锰酸钾溶液褪色； 氟的电负性比O大，氧和氟形成的化合物中氧为正价；基态S 原子核外电子排布式为1s22s22p3s23p,故核外共有5种能量 不同的电子；碳的氢化物种类很多，无法比较氢化物沸点。 D【解析】在每个短周期均有分布，则X为H,Z在地壳中含量 最多，则Z为O,原子序数依次增大，M的基态原子价层电子排 布式为ns"-1,所以n=3,M为Mg,Y的基态原子价层p轨道 半充满，可能为N或P,Y和Q同族，所以Y为N,Q为P。 NH3的空间结构为三角锥形，NO3的空间结构为平面三角形。 B【解析】A项，水的沸点高于HF是因为水分子间形成的氢 键多；B项，C2HNH3NO3和NH4NO3均为离子晶体 C2HNH的体积比NHt大，导致C2 H NH NO3中离子键比 NHNO3弱，C2HNH3NO3熔点比NH4NO3低；C项，臭氧的 极性微弱，水为极性分子，四氯化碳为非极性分子，根据“相似相 容”，臭氧在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度；D项，纳 米铅晶体没有固定熔点的主要原因是其极高的表面原子比例 和表面能，导致熔化过程在一个温度区间内逐渐完成而非瞬间 转变。 B【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素， X、Y、Z位于同周期且相邻，则X、Y、Z位于第二周期，W位于第 三周期，X与W同族，设X的原子序数为a,则Y、Z、W的原子 序数分别为a+1,a+2,a十8，W的核外电子总数等于X和Z 的核外电子总数之和，则a=6。由题意可推知，X为C,Y为N, Z为O,W为Si。元素的第一电离能N>O>C>Si;简单氢化 物的稳定性H2O>NH3>CH4>SiH4;1 mol SiO2中含有 4molσ键；CO2的空间结构为直线形，属于含有极性键的非极 性分子。 D【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大， 原子的最外层电子数之和为16，X是同周期中金属性最强的元 素，可知X是Li或Na,则W、Y、Z的最外层电子数为15，W、Y 同主族，简单氢化物的沸点为Y>W,则W为C,Y为Si,Z为 Cl,X为Na,以此分析。Y的最高价含氧酸为H2SiO3,属于强 酸，Z的最高价含氧酸为HC1O4,属于强酸。 B【解析】Si证，中心Si原子的价层电子对数是4+4-4X1 2 4,无孤电子对，为正四面体结构，属于非极性分子；H2O为极性 分子。 C【解析】X的核外电子排布式为ns”,则为1s',由于X和Y 形成的化合物水溶液显碱性，则X为H,Y为N;Z的最内层电 子数是最外层的了，则2可能为0或S,但由于W在短周期中 原子半径最大，为Na,所以Z只能是O;Q的价电子有1个单电 子，则价电子排布式可能为3s2、3s23p或3s23p,由于Q原子 序数大于Na,则Q可能为AI或Cl。若Q为Al,则Al2O3为离 子化合物。 4 D【解析】根据晶胞结构可判断该晶胞中含有4个B原子，O5.B【解析】M、Q、Z、Y、X、T是原子半径依次增大的短周期主族 1 1 元素，除M外其他元素均为同周期元素，M与Q形成的化合物 原子个数为8×g十6×2=4个，由立方晶胞密度计算公式可 能刻蚀玻璃，则M为氢，Q为氟；X形成4个共价键、Y形成3 34X25X10'nm, 得品愿体积为长。m,得到品路的边长为， 个共价键、Z形成2个共价键，则X为碳、Y为氨、Z为氧；由T 与氟形成的阴离子可知，T为硼。与Z同周期且第一电离能大 晶胞中距离最近的两个B原子的核间距为面对角线长度的一 于Z的元素有氮、氟、氖3种：非金属性越强，最高价含氧酸的酸 半即吗× 34×25 性越强，Y、X、T三种元素中，氮的最高价含氧酸的酸性最强：H ×10nm。 原子最外层是2电子稳定结构；H与C形成的化合物种类有很 0.C【解析】X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业 多，例如苯的沸点比H与N形成的化合物NH3的沸点高。 上通过分离液态空气获得其单质，则X是N或O;Y元素原子 6.B【解析】X原子半径最小，则X为H元素；Y、Z同周期，且两 最外电子层sp能级上电子数相等，Y是C或Si;Z元素十2价 者的基态原子核外均有2个未成对电子，则Y为C元素，Z为O 阳离子的核外电子排布与氖原子相同，Z是Mg;W元素原子 元素；W元素与X的同族元素相邻，且其原子序数最大，W为 的M层有1个未成对的p电子，W是A1或C1。X元素的氢化 Mg元素。Mg元素核外电子排布式为1s22s22p3s2,为全充满 物的水溶液显碱性(NH3)或中性(H2O);若W是Cl元素，则 稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素；YX2Z分子式为 CI半径大于Mg2+半径；镁既能和氮气反应生成氨化镁，也能 CH2O,为甲醛，水溶液不呈酸性；Mg单质与CO2反应的化学 和氧气反应生成氧化镁；若Y是碳元素，则CO2是分子晶体， 方程式为2Mg十CO,点燃2MgO+C,简单氧化物熔点MgO> 熔、沸点低。 H2O>C02。 B组 7.C【解析】A项，该晶胞含有4个A单元和4个B单元，A单元 化学式为Fe.sO4,B单元化学式为Fe4.sO4,1个晶胞中含有24 D【解析】A项，蔗糖为分子品体，含有共价键和范德华力，范 个Fe、32个O,最简式为Fe3O4;B项，A单元沿z轴的投影图 德华力不属于化学键；B项，氯化钠中仅含有离子键；C项，四羟 ① D 基合铝酸钠中含有离子键、配位键和共价键，共3种化学键；D 为 ●● 。"。 ;C项，由立方晶胞结构可知，A、B两种单元的边长相 项，纯碱为Na2CO3,含有离子键和共价键。 D【解析】同周期元素从左到右，原子半径依次减小，根据原子 等，B1中M微粒的原子分数坐标为(0,0,0)，则A2中N微粒 半径与原子序数的关系，可知A是第一周期的元素，B、C是第 311 二周期的元素，D、E是第三周期的元素。则A是H,B形成 (位于A单元体心)的原子分数坐标为(，4,4)；D项，A单 4个共价键，B是C元素；C形成2个共价键，C是O元素；D形 元的边长为0.5a,相邻O2-间的最近距离为A单元面对角线的 成十1价阳离子，D是Na元素；C与E同主族，E是S元素。C 元素的氢化物包括所有的烃，其沸点可能比O的氢化物高；电 一半，即 a。 子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，质子数越多离子半 8.B【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素， 径越小，简单离子的半径S2->02->Na+;碳的含氧酸有碳酸 基态W原子的s轨道电子数是p轨道电子数的2倍，则W为C 和羧酸，酸性不一定都比S的含氧酸低；X为Na2CO3·H2O2, 元素；由阴离子结构可知，原子半径小的灰球形成2个共价键、 H2O2受热易分解，Na2CO3易与酸反应，化合物X在低温的碱 原子半径大的黑球可形成6个或2个共价键，则X为O元素、Z 性溶液中更加稳定 为S元素；X和Y形成的一种化合物是常用干燥剂，则Y为P A【解析】根据结构图可以看出X形成1个共价键，X最外层 元素。电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小， 有1个电子；Y形成2个共价键，Y最外层有6个电子；阴离子 则P半径小于O2一；二氧化硫和二氧化碳均为分子晶体，相对 带1个负电荷从而可知Z最外层有5个电子，Z的单质常温下 分子质量越大分子间作用力越大，且二氧化硫是极性分子，二 为固体，Z为P元素。W离子带1个正电荷，W最外层有1个 氧化碳是非极性分子，极性分子的分子间作用力强于非极性分 电子。X、Y、Z、W是前四周期原子序数依次增大的原子，故X 子，沸点高于非极性分子，所以二氧化硫的沸点高于二氧化碳； 为H,Y为O,Z为P,W为K。同一主族从上到下，元素的非金 由R2中各元素化合价代数和为一2可知，R-中硫元素的化合 属性减弱，Y为O,Z为P,与P同族的短周期元素为N,非金属 价平均为+2.5；磷原子失去1个电子形成的P+的价电子排布 性O>N;Y为O,Z为P,W为K,简单氢化物分别为H2O、 式为3s23p2,硫原子失去1个电子形成的S+的价电子排布式为 PH3、KH,KH为离子化合物，常温为固态，H2O分子间存在氢 3s23p,S+中3p轨道为稳定的半充满结构，较难失去电子，则硫 键，沸点高于PH3,故简单氢化物沸点W>Y>Z;该化合物中 元素的第二电离能大于磷元素。 H原子、P原子不满足8电子稳定结构；Y为O,W为K,两者9.D【解析】由结构式中各元素的成键数可知，X为H,Y为C,Z 组成的K2O2含离子键和共价键。 为O,M为S,W为Na,据此分析解答。离子的核外电子层数越 D【思路分析】X、Y、Z的原子序数依次增大且均为长周期主 多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多半径越小，则离子 族元素。X的价层电子数为4(VA族)，Y核外有1个未成对 半径S2->02->Na*,即M>Z>W;非金属性O>C,非金属 电子（可能为IA族或IA族），Z的4p轨道全充满，说明Z的 性越强，简单氢化物越稳定，则稳定性H2O>CH;O为第二周 原子序数为37，即Rb,根据原子序数依次增大，可确定X为 期元素，随核电荷数递增，第一电离能呈增大趋势，但N最外层 Ge,Y为Br,据此解答。 为半满稳定结构，其第一电离能大于O,则同周期比O的第一 【解析】A项，由分析可知，X为Ge,Y为Br,Z为Rb,不属于同 电离能大的元素有N、F、Ne;M为S,其核外有3个能层，最高 一周期。B项，X为Ge,Y为Br,Z为Rb,金属性最强的元素为 能层为第3电子层，存在3s轨道1个，3p轨道3个，3d轨道5 Rb,所以最高价氧化物对应水化物碱性最强的是Z。C项，X为 个，共9个原子轨道。 Ge,单质为金属晶体；Y为Br,单质为分子晶体；Z为Rb,单质10.A【思路分析】X、Y、Z、W是原子序数递增的前20号元素，X 为金属晶体，Ge原子半径较小，而且价电子数多，金属键较强， 与Y位于不同的周期，基态X原子核外s能级上的电子总数 熔点较高，所以单质熔点最高的是X。D项，电子层数越多的， 与p能级上电子总数相等，则X的核外电子排布式为 原子半径越大，X、Y为第四周期元素，Z为第五周期元素，所以 1s22s22p或1s22s22p3s2,为O或Mg;基态Y原子价电子中 Z的原子半径最大。 不同自旋状态的电子数之比为1：2，Y价电子数为3或6，原 ·化学· 子序数大于X,则Y可能是AI或S,X为O;Y、Z、W原子的最 外层电子数之和等于X原子的核外电子数，可知Y、Z、W原子 的最外层电子数之和等于8，若Y为S,则Z、W最外层电子数 均为1，则为Na和K,但不满足原子序数大小，故Y只能是 Al,则Z、W最外层电子数之和为8-3=5，Z为Si,W为K,O K的质子数之和为27，恰好等于A1、Si的质子数之和，即X、 Y、Z、W分别为O、Al、Si、K,据此分析解答。 1. 【解析】SO2为共价品体，不是非极性分子。 化学选择题专练（八） A组 1.A【解析】太阳能电池直接将太阳能转化为电能，不是将化学 能转化为电能，没有发生化学反应，不属于化学电源。 2.B【解析】根据盖斯定律，反应CO2(g)+3H2(g)一CH3OH (g)+H2O(g)可以由反应I×3-反应Ⅱ得到，则△H=3△H1 △H2=(3a-b)kJ·mol,△H1=E正-E逆=(3a-b)kJ·3. mol1,则E进-E正=(b-3a)kJ·mol1。 3.B【解析】CsCI晶体是离子晶体；根据盖斯定律得△H。= △H:一△H2-△H3-△H4-△Hs;若M分别为Na和K,失电 子过程中需吸收能量，△H3为正值，K半径更大，失去电子所需 能量更小，则△Hg为Na>K;氯气分子断键为氯原子需吸收能 量，△H4>0,离子结合形成离子键需放热，△H。<0。 4.D【解析】由图甲可得①H,O(g)一H,(g)+ 202(g) △H=+243kJ·ml1,由图乙可得②C0(g)+20,(g) CO2(g)△H=-285kJ·mol1,根据盖斯定律①+②得C0 (g)+H2O(g)—CO2(g)+H2(g)△H=243kJ·mol-1- 285kJ·mol1=-42kJ·mol1。 4. 5.D【解析】D项，测定中和热仪器中缺少环形玻璃搅拌器。 6.B【解析】②有的放热反应也需要加热才可以进行，如焦炭的 燃烧；③物质的燃烧反应需要加热，但属于放热反应；⑥等量的 氢气和氧气分别完全燃烧生成气态水和液态水，由于气态水含 有的能量比液态水多，所以前者放出的热量少。 7.D【解析】由图可知，C1原子是历程Ⅱ的催化剂，催化剂不能 改变反应的反应热，则历程I、Ⅱ的反应热相等，即△H=E。 E3=E;一E2;Cl2(g)的相对能量为0，由图可知C1(g)的相对能 量为(E2-E,)kJ·mol-1,断裂化学键吸收热量，CL2(g)→2C1 (g)吸收能量2(E2一E,)kJ·mol-1,则C一Cl键能为2(E2 6 E3)kJ·mol1:催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变 反应物的平衡转化率，即相同条件下O3的平衡转化率为历程 Ⅱ=历程I;由图可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能小于第 一步反应的活化能，反应的活化能越低，反应速率越快，则历程 I、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为C1O(g)+ O(g)=O2(g)+Cl(g)△H=(E,-E4)kJ·mol1 8.B【解析】测定中和反应的反应热所需搅拌器为环形玻璃搅拌 器；为了测定数据更准确，采用稍过量的NaOH溶液，使HC1完 全反应；若用同浓度的醋酸溶液代替盐酸进行实验，由于醋酸 7 电离吸热，反应放热更少，则计算所得反应热偏小，所得△H偏 大；需要测定并记录的实验数据有反应前盐酸、氢氧化钠溶液 8. 的温度和反应后混合溶液的最高温度。 9.D【解析】根据图像可知反应物总能量高于生成物的总能量， 该反应是放热反应：不改变反应的热效应；催化剂通过改变活 化能来改变反应速率，加人催化剂，可减小正反应的活化能；该 反应是放热反应，所以反应物的焓高于生成物的焓。 10.B【解析】从图中可知，单斜硫能量高于正交硫，故S(s,单斜) 一S(s,正交)△H=-0.33kJ·mol-1,单斜硫和正交硫都 是硫元素形成的单质，两者互为同素异形体；②式表示1mol 正交硫与1mol氧气反应生成1mol二氧化硫放出296.83kJ 的能量；①反应为放热反应，则该反应断裂1mol单斜硫(s)和 1molO2(g)中的共价键吸收的能量比形成1 mol SO2(g)中的 共价键所放出的能量少297.16kJ。 B组 B【解析】催化剂的使用能降低反应的活化能，但不能改变反 应的焓变。 B【解析】由于GS1的能量比GS2低，第一步反应的△H>0, 即该反应是吸热反应；该反应历程总共由4个基元反应构成，其 活化能分别为E1=1.675eV,E2=2.071eV,Es=1.313eV, E4=1.369eV,活化能越高，其反应速率越低，因此决定总反应 速率的步骤为第二步；由图可以看出，GS3的能量比GS2的能 量低，能量越低越稳定，则GS3更稳定；随着HCIO4分子的不 断分解，O原子不断积累，使基元反应生成物的量不断增多，平 衡向逆反应方向移动，对后续的分解反应产生影响。 D【思路分析】根据转化关系，反应①为a十dCO2+b、反 应②为b十f→d,a为C、d为Fe2O,、b为Fe、f为O2,则反应 ①为3C+2Fe,0,高温4Fe+3C0,↑，反应@为4Fe十30， 高温2Fe,O3· 【解析】a为C、f为O2;d为FeO3、b为Fe,若d是Fe,不符合 反应①转化；根据盖斯定律，（①+②）×号可得C+0, C02,①②的反应热之和等于等物质的量的C直接被O2氧化 为C0,的反应热：反应①为3C+2Fe,0,高温3C0,+十4Fe,生 成4 mol Fe,转移电子12mol,则每生成0.1 mol Fe时，转移电 子的数目为3×6.02×1022 D【解析】题给反应历程中没有非极性键形成；由图可知， 2N+号H一→N”+3H为该反应的决速步骤：N、H、 NH?的物质的量不确定，无法判断能量大小；由图可知，该条件 下，0.5mol氮气和1.5mol氢气生成1mol氨气放出46kJ热 量，所以合成氮反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H=-92kJ·mol。 B【解析】由CoH20的结构可知其中含有1个五元环、10个六 元环，每脱两个氢形成1个五元环，则C4H。总共含有6个五 元环、10个六元环。 D【解析】题述循环过程涉及的能量转化为太阳能→热能→化 学能→热能→电能；结合已知条件可知，2molH2SO(1)完全分 解为二氧化硫、氧气和水蒸气，吸收热量551kJ,热化学方程式 表示为2H2SO4(1)—2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)△H= +551k·mol1;64gS的物质的量为2mol,已知64g固态硫 完全燃烧放出热量为592kJ,则1molS完全燃烧放出热量 296kJ,热化学方程式为S(s)+O2(g)一SO2(g)△H= 一296k灯·mol1;根据盖斯定律，一（反应I十反应Ⅲ）=反应 Ⅱ，△H=-551kJ·mol-1+296kJ·mol厂1=-255k·mol-1。 C【解析】第②步反应速率最慢，是因为第②步活化能最大，与 过渡态能量高低无关。 A【解析】反应1是吸热反应，正反应活化能大于逆反应活化 能，反应2和3都是放热反应，正反应活化能小于逆反应活化 能；反应1为2NO(g)=N2O2(g)△H1=+199.2k灯· mol-1,反应2为N2O2(g)+C0(g)-C02(g)+N20(g) △H2=-513.5kJ·mol1,反应3为N2O(g)+C0(g) CO2(g)十N2(g)△H3=-360.6kJ·mol1,根据盖斯定律，3 个反应相加得总反应，△H=(十199.2一513.5-360.6)kJ· mol1=-674.9kJ·mol1;观察历程图可知，反应1、2、3的正 反应活化能（能垒）分别为298.4kJ·mol1、130.0kJ·mol1、 。5 参考答案及解析 248.3kJ·mol1,能垒越大，反应速率越小，在多步反应中，反4.B【解析】电池工作时，电子从B极流出，则B极为负极，A极 应速率最慢的一步是速控步骤，选择催化剂主要降低速控反应 为正极。放电时，正极反应为VO对+e+2H+一VO2++ 的能垒，反应1是速控反应，选择催化剂降低反应1的能垒；反 H2O,充电时，阳极反应为V02++H20-e一VO+2H+, 应3的热化学方程式为NO(g)+CO(g)一CO2(g)十N2(g) 放电时，负极反应为V+一e一V3+,充电时，阴极反应为 △H3=-360.6kJ·mol厂1。 V3++e一V2+。通过电池堆外泵的作用，储液罐中的电解 C【解析】A项，由反应机理图可知，反应②的活化能最大，反 液不断送入正极室和负极室内，以维持离子的浓度，实现电池 应速率最慢，为决速步骤；B项，由元素守恒和电荷守恒可知，反 的充放电，放电时，正极消耗VO,应通过泵向A极室送 应①的化学方程式为HNO3+H2SO,一=NO+HSO:+ 入VO。 HO;C项，由图可知，苯环中碳原子为sp2杂化，中间产物5.C【解析】糯米的主要成分为淀粉，不是蛋白质。 HO SO 6.D【思路分析】根据图示，左侧反应室HSO3经反应后生成 NO H2S2O4,S元素的化合价降低，电源a是负极，b是正极，电解池 H与硝基相连的碳原子为sp3杂化， -H -H 中饱 中，H应该向左侧即阴极移动，所以隔膜应该是质子交换膜。 NO2 【解析】由分析可知，阴极电极反应式为2HSO?+4H++2e 和碳原子为sp杂化；D项，由反应历程可知，反应③的活化能 一H2S2O4+2H2O:S元素化合价由十4升高到+6，失去2个 NO2 电子，N元素化合价由十2降低到0，得到2个电子，根据得失电 HO SO 子守恒，在相同条件下，吸收SO2和NO的体积比为1：1。 低于反应④，且 的稳定性大于 H H 故反应③为 7. C【解析】根据装置图可知，电极M通人氨气，氨气被氧化为 氮气，则电极M发生氧化反应，为原电池的负极，电极反应式为 NO, 2NH3-6e+6OH—N2十6H2O,则电极N为原电池正极， NO. 电极反应式为2NO,+4xe十2xH2O一N2+4xOH;根据 分析可知，电极M为原电池的负极，发生氧化反应，电极N为 主反应， 为主产物。 原电池的正极；电子流向为电极M→负载→电极N,不经过溶 0.B【解析】由反应示意图可知反应过程中存在碳氧等极性键 液；15.68L(标准状况)N2的物质的量为0.7mol,NO中x未 断裂、氢氢非极性键断裂，碳氢等极性键生成，但不存在非极性 知，则无法确定转移的电子数。 键的形成；物质I为反应起点存在的物质，且在整个过程中量 8.A【思路分析】如图所示，b电极上的反应为酒石酸失电子生 未发生改变，物质I为催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间过程出现的物 成二氧化碳，电极反应式为C4H:O:一10e+2H2O 质，为中间产物；催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反 4CO2◆十10H+;根据题干信息，该电池将分解水和燃料电池技 应的焓变，也不能提高转化率；该图为钌(Ru)基催化剂催化 术相结合，则a电极上的反应为水得电子生成氢气：2H2O+2e CO2(g)和H2(g)的反应示意图，反应生成46g液态HCOOH —H2A+2OH 时放出31.2kJ的热量，反应中氢化合价由0变为+1，电子转 【解析】溶剂是水，当两电极均转移10mol电子时，a电极消耗 移关系为HCOOH~H2~2eˉ，则每转移1mole,放出 10mol水生成10 mol OH,b电极消耗2mol水生成10mol 15.6kJ的热量 H+,则放电过程消耗12mol水、生成10mol水，溶剂质量改 化学选择题专练（九） 变；据分析可知，X为H2;根据b电极的电极反应式有10e~ 4C02,则产生1molC02转移2.5mol电子；当两电极均转移 10mol电子时，产生CO2和H2的物质的量之比为4：5，在相 A组 同条件下，物质的量之比等于体积比，则a、b两电极上产生气体 C【解析】该装置为原电池，铜离子在硫电极得到电子，因此硫 的体积比为5：4。 电极为正极，电极反应式为2Cu2+十S十4e一Cu2S,锂电极为 9.A 【解析】图甲中a电极区NO被氧化成HNO3,在酸性环境 负极，电极反应式为Li一e一L+;原电池中阳离子向正极 中，电极反应式为NO+2H2O-3e一NO;+4H+;乙池中c (硫电极)移动；依据得失电子守恒可知，每消耗1molS,同时消 电极区CO2→C2HOH,发生还原反应，则c电极为阴极，需接 耗4 mol Li。 电源的负极，故c电极与a电极相连；甲池在放电过程中H应 B【解析】Zn电极为负极，发生氧化反应Zn一2e一Zn+, 该透过交换膜移向b电极；电解时c电极区的电极反应式为 MnO2为正极，发生还原反应MnO2+2e+4Ht一Mn2++ 2C02+12e+12H+-C2HOH+3H2O,电解过程中c电极 2H20,加入KI后，发生反应MnO2+3T+4H+一Mn++5+ 区消耗H+还产生水，造成溶液的pH增大。 2H2O、I5十2e一3I,碘离子为催化剂。加人KI后，如有 10.B【解析】由题给已知信息可知，在Pt电极，Br失电子生成 0.6molI厂参加反应，需得到0.4mol电子，理论上负极减少 Br2,然后与水反应的产物再与CH2一CH2发生反应，所以Pt 0.2 mol Zn,质量为13g;充电时阳极电极反应式为3I一2e 电极为阳极，Ni电极为阴极。Pt电极区发生反应的方程式为 —I5、Mn2++2H20-2e一Mn02+4H+,电路中每通过 2Br-2e=Br2 Br2+H2O=HBr+HBrO,CH,=CH2+ 2mole,阳极区溶液减少的质量小于1 mol MnO2的质量，小 HBrO→HOCH2一CH2Br,在碱性溶液中，HOCH2-CH2Br 于87g;放电时的总反应为Zn+MnO2+4H+一Zn2++ 才转化为8，而阳极区溶液呈酸性，不能发生反应CH2一CH2 Mn2++2H2O;PBS膜能够防止脱落的二氧化锰与锌接触构成 2e+20H→8+H20。 微电池，减少锌的损耗，能有效抑制电池的自放电。 B【解析】酸性燃料电池中，乙醇发生失电子的氧化反应生成 B组 醋酸，则乙醇所在Pt电极为负极，负极反应式为CHCH2OH一 1.B【解析】图甲左边烧杯中CuSO4浓度小，左侧电极反应式为 4e+H2O一4Ht+CH,COOH,O2所在的Pt电极为正极， Cu一2e一Cu2+,故a是负极，b是正极；要在铁钥匙上镀银， 发生得电子的还原反应，正极反应式为O2十4e十4H一 即d作阴极，c作阳极，故a接d,b接c;Cu+不能进入盐桥；设 2H2O,放电时，电子由负极经过导线流向正极，据此分析解答 左池中CuSO4浓度增大xmol·L1,右池减小xmol·L1, 氧气通入的Pt电极为电池正极，电子流入正极；电池工作时，质 则0.5十x=3.5一x,解得x=1.5mol·L1,则n(CuS04)= 子(H+)通过质子交换膜从负极流向正极；不是标准状况下，O, 0.5L×1.5mol·L-1=0.75mol,根据得失电子守恒可得关系 的物质的量无法判断。 式Cu2+~2Ag,则析出1.5 mol Ag其质量为162g。