5.无机化工“微流程”及分析2025年高考总复习优化设计二轮专题化学H课后习题含答案选择题热点练

5.无机化工“微流程”及分析2025年高考总复习优化设计二轮专题化学H课后习题含答案选择题热点练5.无机化工“微流程”及分析(分值:27分)学生用书P259(选择题每小题3分)1.(2024·湖南重点高中二模联考)三草酸合铁(Ⅲ)酸钾{K3[Fe(C2O4)3]}常用来作为化学光量计、催化剂等,一种合成路线如图所示,已知:三草酸合铁酸钾晶体易溶于水(溶解度:0℃,4.7g/100gH2O;100℃,117.2g/100gH2O),难溶于乙醇,110℃下可失去全部结晶水,230℃时分解,它具有光敏性,受光照射分解变为黄色,下列叙述正确的是()A.“沉铁”中,滤液主要成分是(NH4)2SO4B.“系列操作”是过滤、乙醇洗涤、干燥C.向产品的饱和溶液中加入乙醇,有利于析出产品D.产品贮存于带软木塞的透明试剂瓶中答案:C解析:“沉铁”中,滤液成分是(NH4)2SO4,还有H2SO4,还有过量的草酸,故A错误;三草酸合铁酸钾,易溶于水,在低温溶解度小,所以在过滤前要进行冷却结晶,故B错误;三草酸合铁酸钾晶体难溶于乙醇,所以向饱和溶液中加入乙醇,有利于析出产品,故C正确;三草酸合铁酸钾晶体具有光敏性,受光照射分解变为黄色,不可贮存于带软木塞的透明试剂瓶中,故D错误;答案:选C。2.(2024·吉林白山二模)以含镓废料[主要成分为Ga(CH3)3]为原料制备半导体材料GaN的工艺如图所示。已知:Ga和Al的性质相似。下列叙述错误的是()A.操作X不宜温度过高B.用NH4Cl固体可替代“脱水”中的SOCl2C.用酸性KMnO4溶液可检验“脱水”产生的气体含SO2D.不能用如图装置吸收“合成”中尾气答案:C解析:镓废料加盐酸酸溶后,生成GaCl3,蒸发结晶得GaCl3·nH2O,含结晶水,在SOCl2的存在下进行脱水得无水GaCl3,无水GaCl3与氨气反应得GaN。操作X是析出GaCl3·nH2O的步骤,Ga3+易水解,温度过高易生成Ga(OH)3,A项正确;亚硫酰氯(SOCl2)与水反应生成SO2和HCl,“脱水”中总反应为GaCl3·nH2O+nSOCl2GaCl3+nSO2↑+2nHCl↑,HCl抑制GaCl3水解,氯化铵固体受热分解产生氯化氢,也能抑制氯化镓水解,可以用氯化铵替代亚硫酰氯,达到相同目的,B项正确;“脱水”中产生的气体含SO2、HCl,二者都能还原酸性高锰酸钾溶液使其褪色,应用品红溶液检验SO2,C项错误;“合成”中反应为GaCl3+NH3GaN+3HCl,尾气含NH3和HCl,而NH3和HCl均易溶于水,直接通入水中易引起倒吸,应考虑防倒吸措施,D项正确。3.(2024·湖南衡阳模考)“分铜液净化渣”主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物,回收工艺流程如图所示。已知:①“碱浸”时,铜、锑转化为难溶物,碱浸液b含有Na2TeO3、Na3AsO4。②“酸浸”时,浸渣中含锑元素生成难溶Sb2O(SO4)4;SbCl3极易水解。③常温下,H3AsO4的各级电离常数为Ka1=6.3×10-3、Ka2=1.0×10-7、Ka3=3下列说法不正确的是()A.“碱浸”时,TeO2与NaOH反应的离子方程式为TeO2+2OH-TeO32-+HB.滤液c中As元素主要存在形式为H2AsOC.“氯盐酸浸”时,HCl的作用是作还原剂并防水解D.“水解”时,生成SbOCl的化学方程式为SbCl3+H2OSbOCl+2HCl答案:C解析:分铜液净化渣碱浸后,碱浸液中含Na2TeO3、Na3AsO4,铜元素和锑元素转化为氧化物或氢氧化物,硫酸酸浸后得到Sb2O(SO4)4沉淀,经过氯盐酸浸后得到SbCl3,水解后得到SbOCl,碱浸液中含Na2TeO3、Na3AsO4,调节pH后得到TeO2沉淀,据此解答。碱浸液b含有Na2TeO3,因此“碱浸”时,TeO2与NaOH反应的离子方程式为TeO2+2OH-TeO32-+H2O,A正确;pH=4时,溶液为酸性,根据各级电离平衡常数分析,Ka1=c(H+)×c(H2AsO4-)c(H3AsO4)=10-4×c(H2AsO4-)c(H3AsO4)=6.4.(2024·湖南长郡中学二模)化学镀镍法得到的镀层均匀性、硬度等性能都较好,一种化学镀镍工艺流程如图所示:已知:①镀层为Ni-B合金,比例为n(Ni)∶n(B)=10∶3;②Ni(OH)2难溶于水;③NaOH能稳定NaBH4,降低其水解率,NaBH4的水解反应:NaBH4+4H2ONa[B(OH)4]+4H2↑;下列有关材料说法正确的是()A.上述流程涉及的物质中,含配位键的物质有2种B.“络合”时,将NiCl2溶液滴入少量乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中C.流程中使用H2NCH2CH2NH2,有利于调控溶液pH得到均匀性、硬度等性能较好的镀层D.“合成”时,NaBH4既作氧化剂又作还原剂答案:D解析:镍、硼均能提供空轨道与有孤电子对的原子形成配位键,含配位键的物质有NaBH4、Na[B(OH)4]、[Ni(H2NCH2CH2NH2)2]Cl2,A错误;乙二胺具有碱性且Ni(OH)2难溶于水,则“络合”时,将乙二胺(H2NCH2CH2NH2)滴入NiCl2溶液中,B错误;流程中使用H2NCH2CH2NH2,使得镍离子形成络合物[Ni(H2NCH2CH2NH2)2]Cl2,防止在下一步操作中形成Ni(OH)2沉淀,导致镀镍速率减慢,C错误;“合成”时,NaBH4中氢化合价升高、B化合价降低,故其既作氧化剂又作还原剂,D正确。5.(2024·吉林省吉林地区三模)二氧化锗常用作有机反应的催化剂以及制备半导体的原料。某大型化工厂提纯二氧化锗废料(主要含GeO2、As2O3)的工艺如图,下列有关说法正确的是()已知:①GeO2与碱反应生成Na2GeO3;As2O3与碱反应生成NaAsO2;②GeCl4的熔点为-49.5℃,沸点为85℃,极易发生水解。A.Ge在周期表中位于第四周期第ⅥA族B.“氧化”时,离子反应为AsO2-+H2O2+2OH-AsO43C.“操作1”是蒸馏,“操作2”所用仪器主要为玻璃棒、漏斗、烧杯D.“操作1”加入的盐酸为7mol·L-1,若改成1mol·L-1可节省原料同时不影响产率答案:B解析:废料碱浸后生成Na2GeO3、NaAsO2,加入过氧化氢溶液氧化除砷,加入盐酸蒸馏得到GeCl4,加入纯水GeCl4水解,经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,过滤得到GeO2·nH2O,烘干得到GeO2。Ge在周期表中位于第四周期第ⅣA族,A错误;“氧化”时,+3价砷转化为+5价砷,离子反应为AsO2-+H2O2+2OH-AsO43-+2H2O,B正确;“操作1”是蒸馏,“操作2”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,所用仪器主要为蒸发皿、铁架台(带铁圈)、酒精灯、玻璃棒、漏斗、烧杯,C错误;GeCl4极易发生水解,若改成1mol·L-1的盐酸,可能造成GeCl4水解6.(2024·江苏盐城一模)室温下,用含少量Ca2+的FeSO4溶液制备FeCO3的过程如图所示。已知:Ksp(CaF2)=5.3×10-9,Ka(HF)=6.3×10-4,Ka1(H2CO3)=4.5×10-7、Ka2(H2CO3)=4.7A.0.1mol·L-1NH4F溶液中:c(F-)=c(NH4+)+c(NH3·HB.“除钙”得到的上层清液中:c(Ca2+)<KC.pH=10的氨水-NH4HCO3溶液:c(CO32-)<cD.“沉铁”反应的离子方程式:Fe2++2HCO3-FeCO3↓+CO2↑+H2答案:C解析:含少量Ca2+的FeSO4溶液中,加入NH4F溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去,所得滤液主要含有Fe2+、SO42-和NH4+,再加入氨水-NH4HCO3溶液“沉铁”得到FeCO3沉淀。因F-、NH4+均能水解生成HF、NH3·H2O,则0.1mol·L-1NH4F溶液中,由元素守恒得:c(F-)+c(HF)=c(NH4+)+c(NH3·H2O),A错误;“除钙”得到的上层清液为CaF2的饱和溶液,则c(Ca2+)=Ksp(CaF2)c2(F-),B错误;pH=10的氨水-NH4HCO3溶液中,因c(CO32-)c(HCO3-)=Ka2(H2CO3)c(H+)=4.7×10-1110-10=0.7.(2024·湖南邵阳三模)二苯铬[(C6H6)2Cr]可作烯烃聚合或异丙醇脱氢等反应的催化剂,工业上常用Cr2O3为原料按如下流程制备二苯铬。已知:①COCl2、CCl4沸点分别为8.2℃、77℃;②二苯铬不溶于水,微溶于乙醚和乙醇,在真空中160℃时升华,在潮湿空气中易被氧化;③苯分子作配体时可提供三个配位原子。下列说法正确的是()A.为了向“转化”提供稳定的CCl4气流,可用水浴加热CCl4并用氮气带出CCl4B.1mol[(C6H6)2Cr][AlCl4]中含有6NA个配位键(NA表示阿伏加德罗常数的值)C.“还原”中,还需通入一定量N2,主要目的是防止Na2S2O4被氧化D.“还原”后,经过滤、蒸馏水洗涤可得到纯净的二苯铬答案:A解析:Cr2O3与CCl4在转化步骤中反应生成CrCl3和COCl2气体,CrCl3在合成步骤中生成[(C6H6)2Cr][AlCl4],最后与NaOH和Na2S2O4的混合溶液反应生成(C6H6)2Cr。CCl4沸点为77℃,可以采用水浴加热使其汽化,并用氮气带出CCl4气体,故A正确;[(C6H6)2Cr][AlCl4]的苯分子作配体时可提供三个配位原子,即两个苯分子可以形成6个配位键,AlCl4-中有一个配位键结合Cl-,故1mol[(C6H6)2Cr][AlCl4]中含有7NA个配位键,故B错误;“还原”中,还需通入一定量N2,主要目的是防止二苯铬被氧化,故C错误;因为二苯铬不溶于水,微溶于乙醚和乙醇,在真空中160℃时升华,在潮湿空气中易被氧化,过滤后应该用乙醇或乙醚洗涤,干燥得到纯净的二苯铬,故8.(2024·湖南大学附属中学二模)利用某钒废渣(主要成分为V2O4以及铁、铝、硅的氧化物)制备V2O5的工艺流程如图。已知:Ⅰ.V2O4溶于酸后以VO2+的形式存在;过量H2O2可氧化VO2+;Ⅱ.VO2++2HR(有机层)VOR2(有机层)+2H+;Ⅲ.溶液中VO2+与VO3-可相互转化:VO2++H2O下列说法错误的是()A.“氧化1”中,不适宜用升温的方式加快转化速率B.“滤渣2”的成分为Fe(OH)3C.有机萃取剂可循环使用D.“沉钒”时还需通NH3调节溶液的酸碱性答案:B解析:“氧化1”中,过氧化氢不稳定受热会分解,所以不适宜用升温的方式加快转化速率,A正确;加入Na2CO3调节pH的目的是使Fe3+和Al3+沉淀,因此“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3,B错误;反萃取分离出有机萃取剂,因此有机萃取剂可循环使用,C正确;溶液中存在平衡VO2++H2OVO3-+2H+,通入氨气结合H+,使该平衡正移,尽可能多地生成VO3-,因此“沉钒”时还需通NH3调节溶液的酸碱性,D9.(2024·山东滨州二模)实验室分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的混合物,流程如下。已知:苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃;“乙醚-环己烷-水共沸物”的沸点为62.1℃。下列说法错误的是()A.“操作b”为水蒸气蒸馏,“操作d”为重结晶B.乙醚不可用丙酮代替C.操作c需要用到的仪器主要有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒D.“水相Ⅱ”主要成分有苯甲酸钠、碳酸氢钠和碳酸钠答案:C解析:由题给流程可知:向混合物中加入饱和碳酸钠溶液,将苯甲酸转化为苯甲酸钠,分液得到含有苯甲酸乙酯和环己烷的有机相和水相Ⅰ,水相Ⅰ中含有苯甲酸钠、碳酸氢钠和碳酸钠;向水相Ⅰ中加入乙醚,萃取水相Ⅰ中的苯甲酸乙酯和环己烷,分液得到有机相和萃取液;有机相混合得到有机相Ⅰ,有机相Ⅰ经蒸馏得到共沸物和有机相Ⅱ,向有机相Ⅱ中加入无水硫酸镁除去水分,干燥、过滤、蒸馏得到苯甲酸乙酯,向萃取液中加入稀硫酸,将苯甲酸钠转化为苯甲酸,过滤得到苯甲酸粗品,经重结晶得到苯甲酸。“操作b”为水蒸气蒸馏,“操作d”为重结晶,A正确;乙醚和丙酮都是良好的有机溶剂,乙醚可用丙酮代替,B正确;操作c为过滤,需要用到的仪器主要有漏斗、玻璃棒、烧杯,C错误;“水相Ⅱ”主要成分有苯甲酸钠、碳酸氢钠和碳酸钠,D正确。6.周期表中“位—构—性”的关系及分析(分值:36分)学生用书P261(选择题每小题3分)1.(2024·浙江6月卷)元素X、Y、Z、M分布在三个短周期中,其中Y和Z原子序数相差2,Z的最外层电子数为内层的3倍,Y和M同族,下列说法错误的是()A.键角:YX3+B.极性:Y2X2>X2Z2C.单质熔点:Y>MD.热稳定性:YX4>MX4答案:B解析:由信息“Z的最外层电子数为内层的3倍”确定元素Z为氧元素,“Y和Z原子序数相差2”推出元素Y为碳元素,又因“Y和M同族”则元素M为硅元素,由信息“X、Y、Z、M分布在三个短周期中”确定元素X为氢元素。CH3+中心原子为sp2杂化,CH3-中心原子为sp3杂化,键角CH3+>CH3-,A项正确;C2H2为非极性分子,H2O2为极性分子,B项错误;原子半径C<Si,键能C—C>Si—Si,故单质熔点金刚石(或石墨)>硅晶体,C项正确;键能C—H>Si—2.(2024·湖南长郡中学一模)X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的前四周期元素,可组成化学式为[N(YX3)6]MZ4的配合物A,已知:基态Y原子中未成对电子数为3,Z、M同主族,N原子的次外层电子数是最外层电子数的8倍。下列说法正确的是()A.N元素位于周期表的s区B.电负性:Z>Y>M>XC.Y的氢化物中只含有极性共价键D.YX3分子参与形成A后,键角变小答案:B3.(2024·湖南考前演练二)R、X、Y、Z为短周期主族元素,其中,X、Y最高价氧化物对应水化物分别为甲、乙,R和Z的简单氢化物分别为丙、丁,X、Y、Z位于同周期。0.1mol·L-1甲、乙、丙、丁的水溶液的pH与对应元素原子半径的关系如图所示,下列叙述错误的是()A.电负性:Z>YB.第一电离能:R>YC.RZ3分子的VSEPR模型为正四面体形D.丙和丁相遇产生含两种化学键的晶体答案:C解析:由0.1mol·L-1甲、乙、丙、丁的水溶液的pH与对应元素原子半径关系图可知,甲溶液的pH为13,则甲为强碱NaOH,则X为Na元素,氢化物乙溶液pH<1,则乙为强酸H2SO4,则Y为S元素,丁溶液pH为1,则丁为HCl,则Z为Cl,氢化物丙溶液pH<13,为氨水,即丙为NH3,故R、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl。由分析可知,Y为S、Z为Cl,根据同一周期从左往右元素的电负性依次增大,故电负性为Cl>S即Z>Y,故A项正确;由分析可知,R为N、Y为S,根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势,第ⅡA族与第ⅤA族反常,同一主族从上往下元素的第一电离能依次减小,故第一电离能:N>S即R>Y,故B项正确;RZ3分子(即NCl3)中心原子价电子对数=3+5-3×12=4,均为sp3杂化,有1个孤电子对,则VSEPR模型为四面体形,故C项错误;丙为NH3,丁为HCl,两种物质反应生成NH4Cl,NH4Cl中既有离子键也有共价键,故D4.(2024·贵州六校联盟联考三)X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素,X的核外有2个未成对电子,且无空轨道;Y是地壳中含量最多的金属元素;Z的外层电子数是最内层电子数的9倍;W的某种核素的质量数为56,中子数为30。下列说法不正确的是()A.四种元素电负性最大的是XB.Y和Z的氯化物中熔点较高的是YC.X、W、Y第一电离能顺序依次减小D.Y的最高价氧化物对应的水化物具有两性答案:B解析:X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素,X的核外有2个未成对电子,且无空轨道,其核外电子排布:1s22s22p4,为O元素;Y是地壳中含量最多的金属元素,为Al元素;Z的外层电子数是最内层电子数的9倍,为Ca元素;W的某种核素的质量数为56,中子数为30,其质子数为26,为Fe元素。同周期元素从左到右,元素电负性逐渐增强,同族元素从上到下,元素电负性逐渐减弱,则电负性最大的为O元素,A正确;AlCl3为分子晶体,熔化时破坏分子间相互作用力,CaCl2为离子化合物,熔化时破坏离子键,CaCl2熔点较高,B错误;O非金属性最强,第一电离能最大,Al金属性强于Fe,第一电离能Al小于Fe,则第一电离能:O>Fe>Al,C正确;Al最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝,具有两性,D正确。5.(2024·湖南邵阳二模)YX4Z(WR4)2常用于抗酸、治疗慢性胃炎。它所含的五种元素均为短周期元素,基态R原子的价层电子排布式为nsnnp2n,R和W位于同主族,Y的最高价氧化物对应的水化物和其最简单氢化物能反应生成离子化合物,Z的周期序数和主族序数相等。下列叙述错误的是()A.沸点:X2R<X2WB.第一电离能:X<R<YC.Z元素的最高价氧化物为两性氧化物D.W元素最高价氧化物的水化物的浓溶液在常温下可以使铁钝化答案:A解析:短周期元素,基态R原子的价层电子排布式为nsnnp2n,s能级最多填充2个电子,n=2,R价层电子排布式为2s22p4,所以R是O元素;R和W位于同主族,则W是S元素;Y的最高价氧化物对应的水化物和其最简单氢化物能反应生成离子化合物,则Y是N,形成的化合物是NH4NO3,Z的周期序数和主族序数相等,则Z是Al元素,结合化合物化学式YX4Z(WR4)2,可知X是H元素,该化合物是NH4Al(SO4)2。根据上述分析可知:X是H,Y是N,Z是Al,R是O,W是S元素。X2R是H2O,X2W是H2S,二者都是由分子构成的物质,但由于H2O分子之间形成了氢键,导致物质的熔沸点比H2S高,故沸点:X2R(H2O)>X2W(H2S),A错误;X是H,Y是N,R是O,三种元素都是非金属性元素,一般情况下元素的非金属性越强,其第一电离能越大,但由于N元素处于原子轨道的半充满的稳定状态,其第一电离能大于同一周期相邻的O元素,故第一电离能:X(H)<R(O)<Y(N),B正确;Z是Al,在元素周期表中处于金属与非金属交界处,其最高价氧化物Al2O3既能与强酸反应产生盐和水,也能够与强碱反应产生盐和水,因此Al2O3为两性氧化物,C正确;W是S元素,该元素最高价氧化物的水化物是H2SO4,其浓溶液是浓硫酸,浓硫酸具有强氧化性,在常温下遇到比较活泼的金属铁,会将铁表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜,阻止金属进一步发生氧化,即发生钝化现象而不能进一步发生反应,D正确。6.(2024·吉林白山二模)短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大,Z和W位于同主族,基态X原子价层电子排布式为nsnnpn,由这五种元素组成的一种溶剂T的结构式如图所示。下列叙述正确的是()A.第一电离能:Y>R>ZB.元素电负性:X<Z<WC.XR4和WR4的空间结构相同D.简单氢化物键角:X>Y>W答案:D解析:基态X原子价层电子排布式为nsnnpn,X为C元素;由化合物的结构可知,Y原子形成3个单键,说明Y原子最外层有3个或5个电子,W能形成6个键,说明W最外层有6个电子,由此知W为S元素,Z与W同主族,Z为O元素。R原子形成1个键,结合原子序数大小,可知:R为F元素,Y为N元素。N核外电子排布处于半充满稳定状态,第一电离能大于相邻元素,第一电离能:F>N>O,A错误;同主族元素从上到下电负性逐渐减弱,电负性:O>S,B错误;CF4的中心C原子价层有4个电子对,无孤电子对,空间结构为正四面体形,SF4的中心S原子价层有5个电子对,其中有1个孤电子对,故CF4和SF4的空间结构不同,C错误;孤电子对数越多,键角越小,则简单氢化物键角:CH4>NH3>H2S,D正确。7.(2024·湖南一起考大联考)化合物a的结构如图,X、Y、Z、M、N是原子序数依次增大的短周期主族元素,其中Z和N位于同一主族。下列说法错误的是()A.第一电离能:Y<ZB.化合物a在常温下可能呈液态C.氢化物的沸点:Y<MD.NM6-中心原子的杂化方式为sp3答案:C解析:由图可知,X原子成键数目为1,且原子序数最小,应为H;Y成键数目为4,Y应为C;同主族的Z、N在化合物中,Z的成键数目为3或者4,N为6,考虑得失电子,若其最外层电子数目为5,则正常需要成3个共价键形成8电子稳定结构,失去一个电子后,可以参与形成4个共价键,得到一个电子后可以形成6个共价键,推知Z、N应分别为N和P两种元素。M则为F。第一电离能,C<N,正确;由于化合物a中,阴、阳离子半径都很大,离子键作用力较弱,因此其熔、沸点低,在常温下可能呈液态,正确;碳的氢化物很多,常温下有的为气体,有的为液体,还有的为固体,故无法比较和HF的沸点高低,错误;P原子形成6个键,发生sp3d2杂化,正确;本题选C。8.(2024·湖南雅礼中学一模)M、W、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素,最外层电子数之和为16。W与Y的质子数之和是X的2倍。Z元素的基态原子未成对电子数为2,且价层电子的空间运动状态有6种。由5种元素形成的一种配位化合物结构如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()A.同周期中第一电离能小于X的元素有4种B.简单氢化物的还原性:X<YC.1mol该物质中含配位键的数目为4NAD.Z为27号元素答案:C解析:Z元素的基态原子未成对电子数为2,且价层电子的空间运动状态有6种,则其价电子为3d84s2,为镍;M、W、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素,最外层电子数之和为16,M只形成一个单键,原子序数最小,M为氢;W周围形成4个化学键、Y形成2个化学键,W为碳、Y为氧;W与Y的质子数之和是X的2倍,X为氮;氮和镍形成配位键。同周期随着原子序数增大,元素的第一电离能呈增大趋势,N的2p轨道为半充满稳定状态,第一电离能大于同周期相邻元素,同周期中第一电离能小于N的元素有锂、铍、硼、碳、氧5种,A错误;氧的非金属性大于氮,则对应简单氢化物的还原性:NH3>H2O,B错误;氮和镍形成配位键,由图可知,1mol该物质中含4mol配位键,配位键的数目为4NA,C正确;镍为28号元素,D错误;故选C。9.(2024·江西九江十校第二次联考)W、X、Y、Z原子序数依次增大,X、Y、Z为同一短周期相邻元素,W、X、Y组成的EMIM+结构如图,其环上所有原子共平面。下列说法错误的是()A.第一电离能:X<Y<ZB.键角大小:YZ2+>YZC.简单氢化物沸点:X<Y<ZD.EMIM+中大π键应表示为Π答案:A解析:W、X、Y、Z原子序数依次增大,X、Y、Z为同一短周期相邻元素,根据W、X、Y组成的EMIM+结构图,W形成1个共价键,X形成4个共价键,Y形成3个共价键,可知W是H元素、X是C元素、Y是N元素、Z是O元素。N原子2p能级半充满,结构稳定,N原子第一电离能大于同周期相邻元素,第一电离能:C<O<N,A错误;NO2+中N原子价电子对数为2,分子构型为直线形,键角为180°;NO3-中N原子价电子对数为3,无孤电子对,分子构型为平面三角形,键角为120°;NO2-中N原子价电子对数为3,有1个孤电子对,分子构型为V形,键角小于120°;键角大小NO2+>NO3->NO2-,B正确;简单氢化物沸点:CH4<NH3<H2O,C正确;EMIM+中环上所有原子共平面,每个C原子提供1个电子、每个N原子提供2个电子,带110.(2024·甘肃张掖第三次诊断)某种离子液体的结构如图所示,X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素,Y、Z、M为同周期相邻元素,Z的原子序数等于X、Y原子序数之和,Q为非金属性最强的元素。下列说法正确的是()A.该化合物中所有原子均为8电子结构B.由X、M、Q三种元素形成的化合物中只含有共价键、配位键C.阴离子YQ4D.氢化物的熔点:M>Z答案:C解析:X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的短周期元素,根据阳离子的结构,X形成1个共价键,则X为H;Z原子成四个键,可知Z为C原子;Y、Z、M为同周期相邻元素,Z的原子序数等于X、Y原子序数之和,那么Y为B原子,M为N原子;Q为非金属性最