不定项选择题(2)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（山东专版）

2025一2026学年度高考试题还题突破—不定项选择题专练（二） 化学·元素周期律 名 物质结构与性质 总分：80分时间：40分钟 可能用到的相对原子质量：H1C12N14016 A组 1.意大利科学家使用普通氧分子和带正电的氧离子作用，制出了新型的氧分子O4,它的结构很 复杂，可能具有与S4相似的正方形结构，是一种高能量分子。下列有关O4的说法正确的是 A.O4分子内存在正、负离子 B.合成O4的反应可看作是核聚变反应，不属于化学变化 C.O4与O3、O2都是氧的同素异形体 D.O4将来可用作更强有力的火箭推进剂的氧化剂 2.下列事实不能通过比较CI和F的电负性解释的是 A.键角：NFg<NClg B.键能：F-F<C一CI C.pKa:三氟乙酸<三氯乙酸 D.分子极性：NF3>NCl 3.离子液体是指在室温或接近室温下呈现液态，完全由阴、阳离子所组成的化合物。某离子液 体的结构如图所示。下列说法错误的是 人N-CH A.分子的键角：CH4<NH B.分子的极性：PH3>NH C.第一电离能：F>N>P D.离子的半径：r(P3-)>r(N3-)>r(F-) 4.关于反应NC13+3H2O=NH3+3HClO,下列说法正确的是 A.NCL3属于非极性分子 B.H2O分子间的范德华力强于氢键 C.NH3的VSEPR模型和空间结构一致 D.HCIO的电子式为H:O:CI: 5.关于C2H2、N2H2、H2O2、H2S2的结构与性质，下列说法错误的是 A.热稳定性：H2O2>H2S2 B.N2H2存在顺反异构现象 C.键角：C2H2>N2H2>H2S2>H2O2 D.H2S2为非极性分子 6.物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是 选项 性质差异 结构因素 A 沸点：乙醇(78.3℃)高于二甲醚（一29.5℃） 氢键作用 力 熔点：A1F3(1040℃)远高于A1C1,(178℃升华) 晶体类型 C 键角：PF3(94)小于PC13(109.5) 电负性差异 D 分解温度：HBr(500℃)高于HI(300℃) 范德华力作用 化学X·不定项选择题专练（二）第1页（共4页） 鱼跃龙门卷 7.如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依 次增大的短周期元素，Y与W同主族。下列说法正确的是 A.四种元素中，第一电离能最大的是Z B.简单离子半径：Z>X>W C.简单氢化物键角大小：W>Y D.YZ分子的空间结构为三角双锥 8.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，四种元素原子所含质子数之和为37，W 与X、Y、Z位于不同周期，W与Z位于同一主族。X与Z的最外层电子数之和是Y元素原子 最外层电子数的两倍。下列说法正确的是 A.四种元素中，W的原子半径最小 B.最高价氧化物对应水化物的酸性：X<Y C.电负性：Z>Y>X D.Z的氢化物中不可能含有非极性共价键 9.某离子液体可溶解纤维素，含T、U、V、W、X、Y、Z七种原子序数依次增大的短周期主族非金 属元素，其中Y原子半径小于X,Z与X在周期表中相邻。下列说法错误的是 A.该离子液体能与纤维素形成氢键 B.UWT,分子中含配位键 C.T、W、X、Z可组成多种离子化合物 D.V、W、X的第一电离能依次增大 10.X、Y、Z、W、Q五种元素的原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊为这些元素形成的化合物， R、T为其中两种元素对应的单质，T为紫红色金属，甲的水溶液显弱碱性，丁为常见无色透 明且有特殊香味的液体。它们之间的转化关系如图所示。下列说法错误的是 A.第一电离能：Z>W>Y R B.电负性：W>Z>Y>X 甲 丙 C.X、Y、Z、W四种元素不能组成两性化合物 D.X、Y、Z、Q分属于元素周期表3个不同的分区 戊 B组 1.一种超导材料中含Cu、P、O、S等元素。下列说法正确的是 A.原子半径：r(P)>r(S)>r(O) B.第一电离能：I1(O)>I1(S)>I1(P) C.酸性强弱：H3PO4>H2SO D.基态Cu原子3d轨道上有10个电子 2.下列液态有机化合物中存在氢键的有 A.乙醇 B.乙醛 C.乙酸 D.乙酸乙酯 3.已知：硫代硫酸根离子(S2O)可看作是SO中的一个O原子被S原子取代的产物，S2O? 作为配体可提供孤电子对与Au+形成[Au(S2O?)2]3-。下列有关说法正确的是 A.SO3与SO的键角相等 B.SO?与S2O的空间结构相同 C.SO3是极性分子，故SO3易溶于水 D.S2O?作为配体时，两种硫原子中只有端基硫原子能提供孤电子对 化学X·不定项选择题专练（二）第2页（共4页） 班级 4.下列关于物质结构和性质的说法正确的是 A.第二周期元素中，第一电离能介于B、N之间的有1种 姓名 B.酸性：CH3COOH<CCl3COOH<CF3COOH C.H2S与SO2中心原子的杂化方式相同，均为V形结构 得分 D.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的沸点比三甲胺[N(CH3)3]高的原因是乙二胺存在分子间氢 键，三甲胺不存在氢键 5. X、Y、Z、W为同一短周期的主族元素，基态Y原子L层电子总数是内层电子总数的2倍，上述 四种元素形成阴离子的结构如图所示。下列说法正确的是 A.ZW2为极性分子 答题栏 B.第一电离能：Z>W>Y A组 C.X元素位于元素周期表的p区 D.最简单氢化物的热稳定性：Z>W>Y 2 6.某饲料添加剂结构如图，M、X、Y、Z、W是前四周期元素，原子序数递增。X、Y、Z处于同一周 3 期，X基态原子各能级电子数相同，W基态原子价电子排布式为3d°4s。下列说法错误的是 4 A.W元素位于周期表的ds区 B.由M、X、Y、Z四种元素组成的共价化合物有多种 6 C.MZ、YM3两种微粒的空间结构不同 7 8 D.同周期基态原子中，第一电离能大于Z的元素共有2种 9 7. M、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素。这五种元素形成的一种化合物的结 o 构式如图所示，M、Q的电子数之和与Y、Z的价电子数之和相等。下列说法错误的是 B组 A.第一电离能：Y<Z<Q 1 B.该结构中X、Y、Z的杂化方式有sp、sp3两种 C.Y、Z、Q三种元素的最简单氢化物含有相同的电子数 D.M分别与X、Y、Z、Q形成的化合物中，M与Z形成的化合物的沸点最高 4 5 6 10 化学X·不定项选择题专练（二）第3页（共4页） 鱼欧花门老 8.元素周期表中的四种元素Q、W、X、Y原子序数依次增大。已知Q的基态原子价层电子排布 为ns”np”;W的基态原子的2p能级有3个未成对电子；X2+的3d轨道全充满；Y的单质在金 属活动顺序中排在最末位。下列说法正确的是 A.氢化物的沸点：Q<W B.同周期中第一电离能比W大的元素有3种 C.基态原子未成对电子数：W>X D.Q、W、Y形成的一种配离子[Y(QW)2]含有σ键和π键，且比例为1：1 9.某储氢材料前驱体结构如图所示，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的 电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法正确的是 A.氢化物沸点高低：X<Y XMT[MX-Z、 Z-XM; B.Y和W位于同一主族 M-Y-M M:X-Z Z-XM XM: C.同周期主族元素中，第一电离能比Y大的元素有2种 D.阴、阳离子中均有配位键 10.日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序 数依次增大的前20号元素，W为金属元素，基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电 子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是 A.电负性：Y<X<Z<W B.Y和W形成的单质均能与水反应生成气体 C.原子半径：Y<X<Z<W D.Z元素最高价氧化物对应的水化物是一种强酸 化学X·不定项选择题专练（二）第4页（共4页）·化学X· 4.D【思路分析】将甲、乙两片相同的铁片用导线连接插入海水 中，铁片甲附近通入氧气，铁片乙附近通入氨气；铁片乙为负极， 铁失电子；铁片甲作正极，氧气在铁片甲上得电子；溶液中的阳 离子向正极移动，因海水中氧气的浓度不同而造成电势差形成 原电池，据此分析解答」 【解析】由分析可知，铁片乙作负极、铁片甲作正极；铁片乙中铁 失电子，氧气在铁片甲上得电子：原电池溶液中阳离子向正极 移动，即向铁片甲；乙作负极，甲作正极，铁片乙的腐蚀速率明显 高于铁片甲。 5.CD【思路分析】依据燃烧热可知： ①C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(1)△H= -1411kJ·mol-1 ②20，(g)+H,(g)—H,0D△H=-285.8W·mol ③C,H,(g)+20,(g)—2C0,(g)+3H,0(1)△H= -1559.8kJ·mo1 【解析】A项，燃烧热要求生成液态水，而选项中H2O为气态； 2 B项，依据盖斯定律可知③一②一①即得到C2H6(g)一C2H (g)+H2(g)△H=+137kJ·mol-1 6.BD【思路分析】由图可知，历程I是O3和氧原子结合生成 O2,该过程放热，△H=(Eg一E3)kJ·mol1;历程Ⅱ有两个过 程，过程一是臭氧、氧原子和氯原子作用生成氧气、氧原子和 C1O,△H=(E4一E2)kJ·mol-1,过程二是氧气、氧原子和C1O 作用生成2O2和Cl,△H=(E一E4)kJ·mol1,两个过程都放 热；历程Ⅱ反应前后都有Cl,所以CI相当于催化剂。 【解析】结合图像分析，历程Ⅱ相当于历程I在催化剂C1(g)参 与的条件下进行的反应，催化剂可以降低反应的活化能，但是 不能改变反应的焓变，因此E。一E3=E；一E2;已知O2和C12 的相对能量为0（即E6=0),破坏1 mol Cl2(g)中的C1一Cl键形 成2 mol Cl,吸收的能量为2(Es一Es)kJ,结合E6一E3=Es E2得2(Es一E6)=2(E2一E3),所以C一Cl键键能为2(E2 E,)kJ·mol1;由以上分析可知，历程I和历程Ⅱ的区别是有 C1作催化剂，催化剂不能改变反应物的平衡转化率，因此相同 条件下，O3的平衡转化率为历程Ⅱ=历程I;活化能越低，反应 速率越快，由图像可知，历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低，所 以速率最快的一步反应的热化学方程式为C1O(g)十O(g) O2(g)+Cl(g)△H=(Es-E4)kJ·mol1 7.BC【解析】N2(g)→2N(g)为化学键的断裂过程，断键吸热； N(g)十3F(g)→NF3(g)为形成化学键的过程，成键放热；焓 变=反应物的总键能-生成物的总键能，反应N2(g)十3F2(g) =2NF3(g)的△H=(941.7+3×154.8-283.0×6)kJ· mol1=一291.9kJ·mol1,属于放热反应；化学反应的实质是 旧键的断裂和新键的形成，NF3吸收能量后如果没有化学键的 断裂与形成，则不能发生化学反应。 8.AB【思路分析】由图可知，该装置为原电池，通人空气的电极 a为正极，电极反应为O2+4e+2H2O一4OH,电极b是 负极，负极区盐酸酸洗的废液中含有大量的盐酸、FeC12,负极的 电极反应为Fe2+一e一Fe+,负极区的H+通过质子交换膜 进人正极区，使负极区溶液pH增大，Fe3+转化为Fe(OH) 沉淀。 【解析】电池中电子由负极经外电路流向正极，即电子由b极流 向a极；由分析可知，为维持电荷守恒，H由右池通过离子交换 膜向左池迁移，则离子交换膜为质子交换膜；该装置为原电池， 实现了化学能向电能转化；a极为原电池正极，电极反应为O2十 4e+2H20=40H。 9.C【解析】由反应热的计算公式△H=m△T可知，计算酸碱 反应的中和热时，至少需要的数据：比热容c、酸的浓度和体积、 碱的浓度和体积，反应前后温度变化（△T),然后计算出反应后 溶液的质量、生成水的物质的量。需要的数据有③④⑤⑥。 10.AD【思路分析】由图可知，放电时Sn2+在M极失去电子生 成Sn4+,即SnBr2转化为SnBr4,M极是负极；为了维持电荷守 恒，NaBr溶液中的溴离子要通过X膜进入I室，X膜为阴离子 交换膜；Ⅲ室中Br2在N极得到电子生成溴离子并转移到Ⅱ 室，则N极为正极，Y膜为阴离子交换膜。 【解析】充电时，N极为阳极，M极为阴极，阴离子向阳极迁 移；充电时，N极电极反应式为2Br一2e一Br2;X膜、Y膜 均为阴离子交换膜；设起始时I室n(SnB,)=rmol,c(Sm c(Sn2) 0.5a mol 1 xmo-0.5amol4,则x=2.5a。 化学不定项选择题专练（二） A组 CD【解析】A项，根据题干信息可知，O4是一种高能量分子 因此分子内不存在离子；B项，氧气和O,虽然都属于氧元素的 同素异形体，但它们是不同的单质，因此生成O:的反应属于化 学变化。 B【解析】氟原子的原子半径小于氯原子，氟气分子中电子云 密度大于氯气分子，成键原子间的斥力大于氯气分子，所以氟 氟键的键能小于氯氯键，则氟氟键的键能小于氯氯键与电负性 无关，故B符合题意。 AB【解析】CH4是正四面体形，键角为109°28'，而氨气中有未 成键的孤电子对，孤电子对间的排斥力>孤电子对对化学键的 排斥力>化学键间的排斥力，所以分子的键角CH4>NH3； PH和NH?都是三角锥形，电负性越大，分子的极性越强，电 负性N>P,故分子的极性PH3<NH3;同周期元素，从左到右 第一电离能呈增大趋势，同主族元素，从上到下第一电离能逐 渐减小，故第一电离能F>N>P:同主族元素从上到下，电子层 数越多，离子半径越大，核外电子数相同时，核电荷数越大，离子 半径越小，故离子的半径r(P3-)>r(N3-)>r(F-)。 D【解析】NCl3的空间结构为三角锥形，属于极性分子；氢键 是一种特殊的分子间作用力，强度强于范德华力；NH3的 VSEPR模型为四面体形，因氨分子中存在一对孤电子对，空间 结构为三角锥形，VSEPR模型和空间结构不一致；HCIO的电 子式为H:O:CI:。 CD【解析】C项，C2H2为直线形结构，键角180°，N2H2为平 面结构，键角接近120°，H2O2、H2S2结构相似，但S原子半径比 O原子大，导致H2S2中S原子的孤电子对对成键电子对的斥 力更大，键角更小，因此键角C2H2>N2H2>H2O2>H2S2;D 项，H2S2结构与H2O2相似，正、负电荷中心不重合，为极性 分子。 D【解析】乙醇和二甲醚互为同分异构体，但由于乙醇中存在 分子间氢键，而二甲醚中不存在，导致乙醇(78.3℃)的沸点高 于二甲醚（一29.5℃），即与氢键作用有关；A1F3是离子晶体， A1Cl3是分子晶体，作用力为离子键>范德华力，导致A1F3的 熔点远高于AlCl3,则AlF3的熔点远高于A1Cl3与晶体类型有 关；电负性F>C1,故PF3中共用电子对离P更远，排斥力更小， 键角更小，且原子半径F<Cl,故PF3的键角小于PCl3,即与F C1的电负性差异有关；热分解温度HBr为500℃，HI为 300℃，稳定性HBr>HI,是由于非金属性Br>I,导致H一Br 的键能比H一I的键能大，与分子间作用力无关。 CD【思路分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元 素，图示中W形成3个键，Y形成5个键，Y与W同主族，故W 为N,Y为P,X和Z与其他原子成键数目为1，X的原子序数介 于N和P之间，Z的原子序数大于P,故X为F,Z为C1。 【解析】A项，同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族 从上往下第一电离能逐渐减小，故四种元素中第一电离能最大 的是F;B项，W为N,X为F,Z为Cl,简单离子分别为N3- F、C1,电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时， 核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径为C1> N3->F- BC【解析】由题意，W与X、Y、Z位于不同周期，可知W为第 三周期元素，X、Y、Z为第二周期元素，四种元素原子所含质子 ·9 参考答案及解析 数之和为37，若W为Cl,则Z为F,X只能是N或B或Li,则Y 基S原子含有孤电子对，能作配位原子，即S2O?作为配体时， 为O或N或C,质子数总和均不等于37；若W为S,则Z为O, 两种硫原子中只有端基硫原子能提供孤电子对。 X只能是C或Be,则Y为N或C,只有当X为C、Y为N时符 4.BD【解析】同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但 合质子数总和为37；若W为P,则Z为N,X只能是B或Li,则 第ⅡA族大于第ⅢA族、第VA族大于第ⅥA族，则第二周期 Y为C或B,质子数总和均小于37，由此可知W的原子序数小 元素中，第一电离能介于B、N之间的有B、C、O三种；电负性 于15时，均不符合条件。综上可得X、Y、Z、W依次为C、N、O、 F>CI>H,则吸电子能力一CH3<一CCl<一CF3,吸电子能力 S;同周期元素中，原子序数越大，原子半径越小，同主族元素， 越强相应羧基的酸性越强；H2S中S为sp3杂化，SO2中S为 原子序数越大，原子半径越大，则Z是原子半径最小的元素；非 sp杂化，杂化方式不同；三甲胺分子中有三个甲基，不能形成 金属性C<N,则最高价含氧酸的酸性H,CO,<HNO3;同周期 氢键。 从左到右电负性依次增大，因此电负性O>N>C;O的氢化物5.AC【思路分析】X、Y、Z、W为同一短周期的主族元素，基态Y 有H2O和H2O2两种，H2O2分子中既含有极性共价键又含有 原子L层电子总数是内层电子总数的2倍，且结构图中Y周围 非极性共价键。 形成4个共价键，则Y为C:X形成了4个共价键，W形成1个 D【解析】T、U、V、W、X、Y、Z为七种原子序数依次增大的短 共价键，Z形成2个共价键，阴离子带一个单位负电荷，故W为 周期主族非金属元素，其中Y原子半径小于X,Z与X在周期 F、X为B、Z为O,据此分析解题。 表中相邻，所以Z在X的下一周期，且X在第二周期、Z在第三 【解析】由分析可知，Z为O、W为F,故ZW2(即OF2)为V形 周期，而第一、二周期共有H、B、C、N、O、F共6种主族非金属 分子，正、负电荷中心不重合，则为极性分子；由分析可知，Y为 元素，所以T、U、V、W、X、Y这6种主族非金属元素分别为H、 C、Z为O、W为F,根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增 B、C、N、O、F,Z为S。该离子液体中含N、O、F三种电负性很强 大趋势，ⅡA族、VA族反常，故第一电离能F>O>C,即W> 的元素，所以能与纤维素形成氢键：UWT。为BNH。,B原子有 Z>Y;由分析可知，X为B,价层电子排布式为2s22p',故X元 空轨道、N原子有孤电子对，所以BNH。分子中含配位键；T、 素位于元素周期表的p区；由分析可知，Y为C、Z为O、W为 W、X、Z分别为H、N、O、S,可组成多种离子化合物，如 F,非金属性F>O>C,则最简单氢化物的热稳定性HF> NH,HSO3、NH4HSO,等；V、W、X分别为C、N、O,C、N、O位 H2O>CH4,即W>Z>Y。 于同一周期，同一周期主族元素从左到右的第一电离能呈增大 6,CD【思路分析】M、X、Y、Z、W是前四周期元素，原子序数递 趋势，ⅡA族、VA族第一电离能大于同周期相邻的元素，所以 增。X、Y、Z处于同一周期，X基态原子各能级电子数相同，X V、W、X的第一电离能大小顺序为N>O>C。 为碳，Z形成2个共价键，则Z为氧，Y为氮；W基态原子价电子 0. C【思路分析】T为紫红色金属，则T为铜，甲的水溶液显弱 排布式为3d°4s2,W为锌；M原子形成1个共价键且为五种元 碱性，甲为NH3,故NH3与氧化铜反应生成N2、H2O和Cu, 素中原子序数序数最小的，M为氢。 故R为N2,乙为CuO,丙为H2O,丁为常见无色透明且有特殊 【解析】W元素为锌，基态原子价电子排布式为3d°4s2,位于周 香味的液体，丁为醇，醇与氧化铜反应生成H2O、Cu和醛，根 期表的ds区；由M、X、Y、Z四种元素组成的共价化合物可以是 据上述推断，X、Y、Z、W、Q五种元素的原子序数依次增大，分 多种氨基酸等有机物；HO中氧原子的价层电子对数为3+十 别为H、C、N、O、Cu。 6-1-1×3 【解析】同一周期，第一电离能从左到右呈增大趋势，但是基态 =4,有1对孤电子对，故H0+的空间结构为三角锥 N原子2p能级电子半充满，更稳定，第一电离能大于相邻元 素，故第一电离能N>O>C;元素非金属性越强，电负性越大， 形，NH,分子中N原子的价层电子对数为3+5一3X1-4,孤电 2 故电负性O>N>C>H;H、C、N、O可以形成氨基酸，其中氨 子对数为1，所以为三角锥形结构；同周期基态原子中，第一电 基有碱性，羧基有酸性，四种元素可以组成两性化合物；H属 离能大于O的元素有N、F、Ne,共3种。 于S区，C、N属于p区，Cu属于d区，X、Y、Z、Q分属于元素周 7.BD【思路分析】M、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期 期表3个不同的分区。 主族元素，再结合化合物的结构简式可知，M为H元素，M、Q B组 的电子数之和与Y、Z的价电子数之和相等，Q的原子序数不会 太大，则Q为F元素，Y形成4个共价键，则Y为C元素，Z为 AD【解析】电子层数相同时，核电荷数越大原子半径越小，则 O元素，X的原子序数比Y小，化合物结构中Z应该和X之间 原子半径r(P)>r(S)>r(O);同一周期主族元素从左向右第 形成了一个配位键，X为B元素，即M为H元素，X为B元素， 一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族、第VA族元素比相邻元素 Y为C元素，Z为O元素，Q为F元素，以此解题。 的大，则第一电离能I1(P)>I:(S);元素非金属性越强，其最高 【解析】B项，该结构中，X、Y、Z的价层电子对数都为4，杂化方 价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性P<S,酸性 式都为sp杂化；D项，H和C形成的化合物种类较多，且碳原 HPO<H2SO4;基态Cu原子的价电子排布式为3d4s。 子数越多，其沸点越高。 AC【解析】A项，乙醇分子中含有O一H,O原子电负性大，则8.CD【思路分析】Q的基态原子价层电子排布为ns"p,n=2, 乙醇分子间存在氢键；B项，乙醛分子中含有C一O,无O一H, Q为C元素；W的基态原子的2p能级有3个未成对电子，W为 则乙醛分子间不存在氢键；C项，乙酸分子中含有O一H,O原 N元素；X+的3d轨道全充满，X为Zn元素；Y的单质在金属 子电负性大，则乙酸分子间存在氢键；D项，乙酸乙酯分子中含 活动顺序中排在最末位，Y是Au元素。 有C一O,无O一H,则乙酸乙酯分子间不存在氢键。 【解析】A项，NH?分子间有氢键，简单氢化物的沸点为CH4< D【解析】S0,中中心原子S的价层电子对数为3+2(6一 NH;B项，同周期中第一电离能比N大的元素有F和Ne 两种。 3X2)=3,则SO3空间结构为平面正三角形，而SO号中中心原9.D【思路分析】由题干信息可知，基态Z原子的电子填充了 子S的价层电子对数为3十号(6十2-3×2)=4，则其空间结构 3个能级，其中有2个未成对电子，故Z为C或者O,根据多孔 储氢材料前驱体结构图可知Y形成了4个单键，再结合信息 为三角锥形，故二者的键角不相等；SO?空间结构为三角锥 M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，故Y为N,Z为O, 形，而S,0中中心原子S的价层电子对数为4+2(6+2- M只形成一个单键，M为H,X为C,则W为B,据此分析解题。 【解析】X为C,Y为N,氢化物沸点高低可能存在X>Y,如含 3×2一2)=4，则其空间结构为四面体形，即二者的空间结构不 有17个C原子的正烷烃为固体；Y为N,位于第VA族，W为 相同：SO3是非极性分子，但由于SO3与水会发生反应，SO3在 B,位于第ⅢA族，二者不属于同主族元素；同周期主族元素中， 水中溶解度大，即SO3易溶于水；S2O?的中心原子S价层电 第一电离能比N大的元素为F;由于阳离子中的Y原子是N原 子对数为4且不含孤电子对，则中心S原子不能作配位原子，端 子，形成了类似于铵根离子的阳离子，故存在配位键，阴离子中 高考试题逐题突破 的W为B,最外层上只有3个电子，能形成3个共价键，现在形 成了4个共价键，故也有配位键 10.BC【思路分析】基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的 电子数相等，所以X为O或Mg;由荧光粉的化学式可知，X形 成的是酸根阴离子，所以X为O;基态氧原子中未成对电子数 为2，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3，因此 Y的未成对电子数为1，X、Y、Z和W为原子序数依次增大的 前20号元素，所以Y可能为F、Na、Al、Cl,因为W为金属元素 且荧光粉的结构中Y与W化合，所以Y可能为F或Cl,Z原 子的未成对电子数为3，又因为其原子序数大于Y,所以Y为 F、Z为P;X、Y、Z分别为O、F、P,从荧光粉的化学式 3W3(ZX4)2·WY2可知，W为+2价，所以W为Ca。综上所 述，X、Y、Z、W4种元素分别为O、F、P、Ca。 【解析】同一周期主族元素从左至右元素电负性依次增强、同 一主族元素从上至下元素电负性依次减弱，所以4种元素原子 的电负性Y>X>Z>W;Y、W分别为F、Ca,F2与水反应生成 氟化氢和氧气，Ca与水反应生成氢氧化钙和氢气，即Y和W 形成的单质均能与水反应生成气体；同一周期主族元素从左 至右原子半径递减、同一主族元素从上至下原子半径递增，所 以原子半径Y<X<Z<W;Z元素为P,其最高价氧化物对应 的水化物为H3PO4,H3PO4不是强酸 化学不定项选择题专练（三） A组 1.C【解析】血浆pH大，HA向电离的方向移动，所以血浆中c (HA)小于胃中c(HA);胃中液体pH=1.0,HA是弱酸，加水 稀释100倍后，电离平衡正向移动，pH<3.0;在血浆中，cA） c(HA) K. 1×10-3.0 c(H)-X10=1X10;氢离子抑制HA电离，血浆和胃 中的pH不同，HA电离程度不相同。 2.B【解析】催化氧化氨制备硝酸时，加入铂作催化剂，可以降低 反应活化能，通过改变速率常数加快反应速率；合成氨工业中合 成氨反应为可逆反应，采取高压条件，促进化学平衡正向移动且 增大反应速率，由于压强增大气体的浓度增大，但速率常数与浓 度无关，故不是通过改变速率常数影响化学反应速率；接触法制 硫酸的沸腾炉中采取逆流操作，可以增大反应物接触面积，通过 改变速率常数加快反应速率：高炉炼铁中采取高温条件，升温可 以增大速率常数，加快化学反应速率。 3.D【解析】由题意可知，HR是弱酸，不完全电离，常温下， 0.001mol·L1HR水溶液的pH>3;NaR水溶液由于R水 解显碱性，加水稀释水解程度变大，但是碱性变弱，溶液的pH 减小；NaR水溶液中的质子守恒为c(HR)+c(H+)=c(OH); 由已知K.(HR)>K1(H2CO3),可知HR酸性比碳酸强，根据 8 越弱越水解，同浓度的NaHCO3溶液水解程度大，碱性强，故 NaR溶液的碱性弱。 4.D【解析】根据图像可知，虚线表示平衡转化率，随温度升高， X的转化率增大，根据勒夏特列原理，该反应正反应为吸热反 应，即△H>0;给定的反应中，焓变只与反应体系的始终态有 关，催化剂可以改变活化能，不能改变焓变，催化剂对平衡移动 无影响；该反应为气体物质的量增大的反应，增大起始压强，平 衡逆向进行，X的平衡转化率降低；该时间段内，X变化的压强 9 为0.4力kPa,则Y的变化压强为0.4pkPa,根据化学反应速率 的定义，m(Y)=0.4pkPa_0.4kPa·s1。 t s 5.BC【解析】在温度相同时，p1对应的x(H2)大于p2,由于增 大压强，平衡向左移动，x(H2)减小，说明1<p2;根据反应方 程式，列三段式： CH,(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) 始/mol1 3 0 0 转/mol 3x 平/mol 1-x 3一x 3x 3x 由于a点x(H:)=0.43,则4十2z=0.43,解得x≈0.8，则 3x a(CH)=0,8m0X100%=80%;b点x(H2)=0.3,则4+2x= 0.3,解得x=0.5,平衡时n(CH4)=0.5mol、n(H2O)=2.5mol、 (CO)=0.5 moln (H)=1.5 mol,CH )-0.5 mol 5 mol 0x(H,0)=2.5mol5 5 mol 10(CO)=0.5 mol 1 5 mol 10x(H2)= 313 1 15m-0平衡常数K, x3(H2)·x(CO) （0)×10 5 mol x(CH4)·x(H2O) 5 0×0 27 3x 0c点x(H,)=0.45,则42z=0.45,解得x≈0.857，则 0.857mol o(CH&)=2L×10min 0.043mol·L1·min,D项错误。 D【解析】该反应的正反应是气体分子数增大的反应，则△S> 0;平衡常数表达式的分子中缺少TCl4(g);及时分离出TiCl 可使平衡正向进行程度增大，但不能加快反应速率，故不能缩 短反应达到平衡状态所需的时间；由热化学方程式可知，每生 成1 mol CO时，C元素由0价升高到十2价，转移2mol电子。 BD【思路分析】由表格数据知，0~20min内，NHg的反应速 率为C0.10-0.080)mol·L -=0.001mol·L1·min-1,20 20 min 40min内，NH,的反应速率为0.080-0.o60)mol·L 20 min 0.001mol·L1·min1,相同时间内NH3的反应速率相等，说 明该反应是匀速反应，与NH3的浓度无关，则由速率方程可得 c(NH,)=名=1，解得n=0,该反应是0级反应，反应的速率 常数k=v=0.001mol·L1·min1 【解析】由分析可知，该反应是匀速反应，则40~60min内， Nl的反应速率为0.060-mlL=0.01ml·L1, 20 min min1,解得a=0.040;该反应速率与NH3的浓度无关说明催 化剂表面吸附的NH3已达到饱和，NH3的浓度为定值；设起始 浓度为℃，由分析可知，反应速率与速率常数相等，则半衰期 2 告=右，所以起始浓度为0.120mol·L1时，半衰期11 0.120mol·L1 2 0.001mol·L1·min=60min。 AD【解析】由于Kn(FeS)>Kp(ZnS),在c(Fe2+)=c(Zn2+) 的溶液中，滴加Na2S先生成ZnS;在FeS和ZnS共存的悬浊液 中存在平衡FeS(s)+Zn2+(aq)=ZnS(s)+Fe2+(aq), c(Fe2+)_Kp(FeS)_6.4X10-18 c(Zn)K(ZS-1.6X10-a=4X10;在FeS悬浊液中 存在平衡FeS(s)=一Fe2+(aq)十S2-(aq),滴人盐酸消耗S2-, 平衡向右移动，故溶液中c(Fe+)增大；向FeS悬浊液中加人 ZnCl2溶液，FeS可转化为ZnS。 C【思路分析】由题干信息和图像可知，b点之前反应未达到 平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，CH3OH的体积分数 逐渐增大，b点时CH3OH的体积分数最大，达到平衡状态，b点 后随着温度升高，CH,OH的体积分数逐渐减小，说明反应逆向 进行，正反应△H<0,以此解题。 【解析】结合分析可知，正反应△H<0,由化学方程式可知 △S<0,根据△G=△H一T△S<0,可知该反应低温下可自发进 行；平衡常数只和温度有关，该反应为放热反应，温度越高，平衡 常数越小，所以K.>K,>K。;根据图像可知a、c两点各组分 的浓度分别相同，但c点的温度高于a点，所以c点的反应速率 大于a点，v.(逆)=.（正）>v.(正)；c点时反应达到平衡状 ·10 态，向容器中再充入等物质的量的CO2和H2,根据等效平衡原6.B【思路分析】由化学式KSCN、KIO3可知，其中的酸根均为 理，再次达到平衡时，相当于增大体系的压强，平衡正向移动， 负一价离子，因此，溶液中pSCN和pIO3与pAg变化趋势相 CO2的体积分数变小。 似，则直线Ⅱ代表pCrO和pAg的关系，由AgSCN的溶度积 10.AD【解析】c点是单一饱和溶液且两种离子浓度相同，说明 小于AgIO3可知，溶液中pAg相同时，pSCN厂大于pIO3,则曲 曲线Ⅱ对应的是ZnS的沉淀溶解平衡曲线，曲线I对应的是 线I表示pSCN和pAg的关系、曲线Ⅲ表示pIO?和pAg的 Zn(OH)2的沉淀溶解平衡曲线；b点c(Zn2+)≠c(S2-),而 关系；由a、b、c三点的数据可知，AgIO:、Ag2 CrO4、AgSCN的 c点c(Zn2+)=c(S2-),故将b点溶液蒸发不可能变成c点溶 溶度积分别为10°×10-.5=10-7.5、(10-3)2×10-5.95= 液：由a点数据可知Kn[Zn(OH)2]=10-8×10-9=10-17,由 10-1.95、10-2×10-9.99=10-1.99 c点数据可知Kp(ZnS)=1012×10-12=104,Zn(0H)2+ 【解析】由分析可知，直线Ⅱ代表pCrO子和pAg的关系；直线 S一ZS+20H的平衡常数K=c2COH) Ⅱ代表pCrO子和pAg的关系、曲线Ⅲ表示pIO3和pAg的关 c(S2-) 系，AgIO3和Ag2CrO4的溶度积不相等；由图可知，溶液中 c(Zn2+).c2(OH-)Kp[Zn(OH)2]10-17 SCN和CrO浓度相等时，Ag2CrO4溶液中银离子浓度大于 c(Zn2+）·c(S2-) Ksp (ZnS) 10a=10';d点溶液 AgSCN溶液中银离子浓度，所以向等浓度的K2CrO,和KSC 中c(Zn2+)=10-10mol·L-1、c(S2-)=10-14mol·L-1,故 混合溶液中逐滴滴加硝酸银溶液时，AgSCN优先沉淀；由方程 c(Zn2+)>c(S2-). 式可知，反应的平衡常数K=c(I0,)=c(I0,)c(Ag) B组 c(SCN-)c(SCN-)c(Ag+) Kp(AgIO3)10-1.5 D【解析】煤是复杂的混合物，含有有机物，不能视为无机化合 K(AgSCN)10-10 物；煤的干馏是化学变化，石油的分馏是物理变化；该气化反应 7.AD【解析】根据盖斯定律，反应Ⅲ=反应Ⅱ一反应I,则 △H>0,△S>0,仅在高温下△G<0时自发；CO与煤燃烧产生 △H3=△H2一△H1=一206.1kJ·mol1。随着温度升高，反 的SO2及空气中的氧气反应生成硫酸钙，减少SO2的排放。 应I平衡右移，反应Ⅱ、Ⅲ平衡左移，故n(CO)逐渐增大、 D【解析】吡啶(C,H,N)是一种有机弱碱，其对应的盐酸盐溶 n(CH,)逐渐减小，曲线c代表n(CO),曲线a、b代表n(CH,) 液显酸性，但水解是微弱的，所以0.01mol·L1 C.H NHC 和n(CO2),由图示曲线可知，n(H2)逐渐增大，而n(CO2)逐渐 水溶液的pH>2;C,H,NHCI水溶液显酸性，加水稀释， 减小，说明温度升高对3个反应的影响程度为Ⅲ>I>Ⅱ，故 C H NHCI溶液酸性诚弱，pH升高；CH NHC1水溶液中存在 n(CH,)减小的程度大于n(CO2)减小的程度，即曲线a表示 电荷守恒，c(OH)十c(CI)=c(CHNH+)十c(H+): n(CO2)、曲线b表示n(CH4);由图可知，649℃时n(CO)= C5 H:NHCI水溶液中主要存在CI和CH,NH+,C H:NH+会 n(CO2),此时n(H2)=1.2mol,n(CH.)=0.1mol,反应消耗 发生水解使得溶液显酸性，故c(CI)>c(CHNH+)> 的n(H2)=0.8mol,根据H原子守恒可知n(H2O)=0.6mol, c(H+)>c(OH)。 则反应I的平衡常数K=CO)·c(H,O) <1;在250~ AD【解析】从Ⅱ到Ⅲ为体积增大，反应正向移动的过程，导致 c(CO2)·c(H2) 固体质量减小，已知状态I和Ⅲ的固体质量相等，则从I到Ⅱ 900℃范围内，随着温度升高，n(H2)先增大后减小，而n(CH4) 的过程为固体质量增大的过程，化学平衡逆向移动，逆反应为 一直减小，根据H元素守恒可知，n(H2O)不可能一直增大；在 800℃时的平衡体系中几乎没有CH4,则体系中只进行反应I, 熵减过程，故从I到Ⅱ的过程△S<0;K。=p?(O2),平衡常数 适当增大体系压强，反应I平衡不移动，则n(CO)保持不变。 K。只受温度的影响，温度不变，化学平衡常数不变，则（Ⅱ） 8.D【解析】由Kp[M(OH)2]=c(M+)c2(OH)可得， (Ⅲ)；该反应的正反应为吸热反应，降低温度，化学平衡逆向 一lgc(M2+)=2pH一1gKD[M(OH)2]一28，故曲线I表示 移动，导致化学平衡常数减小，故平衡常数K(Ⅱ)>K(V);已 M(OH)2的溶解平衡曲线，曲线Ⅱ表示MA的溶解平衡曲线。 知状态I和Ⅲ的固体质量相等，则氧气的物质的量相等，若体 积V(Ⅲ)=2V(I),根据阿伏加德罗定律可知，p(O2,I)= 由图乙可得，H,A的电离平衡常数Km-c()c(HA)=1X c(H,A) 2(02,Ⅲ)，Q(I)=p2(02,I),K(Ⅲ)=(02，Ⅲ)，则 106.5,Ke= c(H+)c(A-）=1×10.5,Ka·Ke= Q(I)=√2K(Ⅲ)。 c(HA) D【解析】升高温度时水的电离程度增大，溶液中c(H+)增大， c(H)c(A) =1×10-6.5×1×10-10.5=1×1017,则当 根据酸度的定义可知0.1mol·LNaOH溶液的酸度将变大： c(H,A) a点时AG=8、c(H+)·c(OH)=10-1“,则a点c(H+)= c(A2-)=c(H2A)时，c(H+)=√1X107mol·L-1=1X 103mol·L-1,同理b点时c(H+)=103.5mol·L-1,c点时 10.5mol·L-1,即pH=8.5;初始状态a点在曲线Ⅱ的上方、 c(OH)=10-5mol·L,d点时c(OH)≈10-mol·L1 曲线I的下方，会生成MA,故发生反应A2-+M2+一MA￥； 酸或碱抑制水的电离，c(H+)或c(OH一)浓度越大，抑制作用 曲线I表示M(OH),的溶解平衡曲线，故曲线I上的点满足 越强，则水的电离程度为d<a<b<c;c点对应溶液中溶质为 c(M+)·c2(OH)=Km[M(OH),];初始状态的b点在曲线 NaA,AG=-4<0,则c(OH)>c(H),即c点溶液中离子浓 Ⅱ的上方、曲线I的下方，会生成MA,故平衡后溶液中存在 度大小关系为c(Na+)>c(A)>c(OH)>c(HA)>c(H); c(A2)+c(HA)+c(H2 A)<0.2 mol.L 根据a点数据可得HA溶液中c(A)≈c(H+)=10-3mol· 9.AD【解析】由题图信息可知，随着温度的升高CH3OH的平 L1,c(HA)=0.1mol·L1-10-3mol·L-1≈0.1mol·L-1, 衡产率减小，即升高温度，反应②平衡逆向移动，故反应②的 则K,(HA)=c(A)·c(H)10X10 -=1.0×10-5。 △H2<0;由题干信息可知，反应是在恒温恒压的容器中进行， C(HA) 0.1 故若气体密度不再变化，则反应①和②均达到平衡状态；由题 BD【解析】因为初始投料中n(CO)与n(NO)之比等于化学方 干方程式可知，若只发生反应②，则H2和CO2的平衡转化率 程式中对应的化学计量数之比，反应至t4时达平衡，反应物的 相等，若只发生反应①，则H2的平衡转化率小于CO2的，现同 o(C0)=p(NO)=0.125,其中一生成物为0.25，则另一生成物 时发生反应①和反应②，故有任一温度下的平衡转化率 为0.5，按反应产物的比例可知，平衡时p(N2)=0.25、 a(H2)<α(CO2);由题图信息可知，CH3OH的平衡产率随温度 p(CO2)=0.5,故曲线Ⅱ表示的是p(N2)随时间的变化；t4min 的升高一直减小，而CO2的平衡转化率先减小后增大，说明温 时，反应达到化学平衡状态；增大压强，该平衡右移，平衡常数不 度较低时以反应②为主，随着温度升高平衡逆向移动，H2O的 变；计算可得0~t4时间段内，△n(NO)=0.8mol,故v(NO) 物质的量减小，而温度较高时，以反应①为主，温度升高平衡正 0.8 mol·L-1·min1。 向移动，H2O的物质的量增大，即平衡时n(H2O)随温度升高先 减小后增大。