5.无机化工“微流程”及分析选择题热点练2025年高考总复习优化设计二轮用书化学L课后习题含答案

5.无机化工“微流程”及分析选择题热点练2025年高考总复习优化设计二轮用书化学L课后习题含答案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·山东菏泽二模)工业上以钛铁矿(FeTiO3,其中Ti为+4价)为主要原料制备金属钛的工艺流程如图所示。下列说法错误的是()A.Ti位于元素周期表中第四周期ⅣB族B.“氯化”时,被氧化的元素有碳和铁C.制备Ti时,Ar作保护气,可用氮气代替D.“氯化”时,每生成0.1molFeCl3,转移电子0.7mol答案:C解析:Ti位于元素周期表中第四周期ⅣB族,A正确;“氯化”时发生的反应为2FeTiO3+7Cl2+6C2FeCl3+2TiCl4+6CO,根据产物判断被氧化的元素有碳和铁,B正确;高温下Ti与N2反应,由TiCl4制备Ti的过程中,Ar不可换成氮气,C错误;根据反应方程式,每生成0.1molFeCl3,转移0.7mol电子,D正确。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·辽宁沈阳一模)清华大学等重点高校为解决中国“芯”——半导体芯片问题,成立了“芯片学院”。某小组拟在实验室制造硅,其流程如图。已知:Mg2Si+4HCl2MgCl2+SiH4↑。下列说法中错误的是()A.点燃镁条引发反应的过程中,涉及两种晶体类型的变化B.CO2氛围是为了阻止Si被二次氧化和SiH4自燃C.操作2为用去离子水洗涤并烘干D.1mol镁粉生成MgO和Mg2Si的混合物,转移2mol电子答案:A解析:点燃镁条引发反应的过程中发生的反应为2Mg+SiO22MgO+Si,2Mg+SiMg2Si,镁粉为金属晶体、石英砂和硅为共价晶体、氧化镁和硅化镁为离子晶体,涉及三种类型晶体变化,A错误;CO2氛围是为了阻止Si被二次氧化和SiH4自燃,B正确;操作2为用去离子水洗涤并烘干,C正确;1mol镁粉生成MgO和Mg2Si的混合物,Mg由0价全部变为+2价,转移2mol电子,D正确。4.(双选)氮化硅(Si3N4)是一种高温结构陶瓷材料﹐它硬度大、熔点高、化学性质稳定。合成氮化硅的一种工艺流程如图所示。下列说法正确的是()已知:SiCl4在潮湿的空气中易水解,产生白雾A.该流程中可循环使用的物质是NH3B.第③步反应不涉及氧化还原反应C.1molSiCl4和Si3N4所含共价键数目均为4NA(设NA为阿伏加德罗常数的值)D.第③步反应可用氨水代替NH3答案:AB解析:石英砂与炭发生氧化还原反应生成粗硅,粗硅中硅单质与Cl2发生氧化还原反应生成SiCl4,SiCl4和氨气在一定温度下生成Si(NH)2,Si(NH)2高温下加热可得氮化硅,结合质量守恒可知,反应还生成氨气。由分析可知,Si(NH)2高温下加热生成的氨气可以在③中循环利用,A正确;第③步反应中SiCl4和氨气一定温度生成Si(NH)2和HCl,不涉及元素化合价改变,不是氧化还原反应,B正确;1molSiCl4中含有4mol硅氯键,而1molSi3N4中含有12mol硅氮键,所含共价键数目分别为4NA、12NA,C错误;已知SiCl4在潮湿的空气中易水解,产生白雾,故不能用氨水代替氨气,D错误。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·山东德州一中三模)以磷肥生产中的副产物氟硅酸(H2SiF6)为原料制备高纯氟化铝,可以解决萤石资源日益匮乏的现状。其中一种新工艺流程如图所示:已知:①常温下,0.05mol·L-1H2SiF6溶液的pH为1;②熔点:AlCl3192℃,AlF31090℃,SiCl4-70℃;沸点:SiF4-86℃。下列有关说法不正确的是()A.AlCl3与AlF3固体晶体类型不同B.氟硅酸与硫酸钠反应的离子方程式为SiF62-+2Na+Na2SiFC.“气相沉积”工序中,将无水氯化铝以气态形式投入,可以使反应更充分,产品纯度更高D.含1molH2SiF6的原料最终制得1.2molAlF3,则实验产率为60%答案:D解析:根据熔点数据可知,AlCl3为分子晶体,AlF3为离子晶体,A正确;根据已知①,常温下,0.05mol·L-1H2SiF6溶液的pH为1,可知H2SiF6是强酸,由工艺流程知Na2SiF6为沉淀,因此氟硅酸与硫酸钠反应的离子方程式为SiF62-+2Na+Na2SiF6↓,B正确;“气相沉积”工序中,将无水氯化铝以气态形式投入,增大了反应物间的接触面积,使反应更充分,C正确;该工艺中的转化关系为H2SiF6~Na2SiF6~SiF4~43AlF3,含1molH2SiF6的原料理论上得到43molAlF3,实际最终制得1.2molAlF3,则实验产率为7.(2024·辽宁锦州质检)锰主要用于钢铁工业生产锰合金钢,工业上由碳酸锰矿粉(主要成分为MnCO3,另含Fe3O4、MgO、SiO2杂质)制备锰的工艺流程如图所示。下列说法错误的是()A.“浸渣”的主要成分为SiO2B.“沉铁”时发生反应的离子方程式为3MnCO3+2Fe3++3H2O3Mn2++2Fe(OH)3+3CO2↑C.“电解”过程中增大溶液中的c(H+),电解效率增大D.该工艺流程中,H2SO4溶液可循环使用答案:C解析:本题为从碳酸锰矿粉中制备单质锰的过程,首先用硫酸溶解矿粉,过滤后得到的滤液中含有锰离子、二价铁、三价铁、镁离子,加入过氧化氢将二价铁氧化为三价铁,用碳酸锰沉铁,随后用氟化锰沉镁后,再通过电解得到单质锰。碳酸锰矿中只有SiO2不溶于H2SO4溶液,故可知“浸渣”的主要成分为SiO2,A正确;根据流程可知,“沉铁”时发生反应的离子方程式为3MnCO3+2Fe3++3H2O3Mn2++2Fe(OH)3+3CO2↑,B正确;“电解”过程中增大溶液中的c(H+),H+会在阴极放电,导致电解效率减小,C错误;电解后得到的“电解液”为H2SO4溶液,“酸浸”时需要向碳酸锰矿粉中加入H2SO4溶液,故可知该工艺流程中,H2SO4溶液可循环使用,D正确。8.(双选)(2024·山东菏泽外国语三模)四氢铝锂(LiAlH4)常作为有机合成的重要还原剂。工业上以辉锂矿(主要成分LiAlSi2O6,含少量Fe2O3)为原料合成LiAlH4的流程如下:已知:金属氢氧化物沉淀的pH如表所示:物质Fe(OH)3Al(OH)3开始沉淀的pH2.34完全沉淀的pH3.76.5碳酸锂溶解度数据如下:温度/℃10306090浓度/(mol·L-1)0.210.170.140.10下列说法错误的是()A.为了使获取的产品较为纯净,a的最小值为6.5B.操作1中加入足量碳酸钠后,蒸发浓缩后趁热过滤,能减少产品的溶解损失C.流程中由LiCl制备Li单质时电解得到的HCl可循环利用于上一步Li2CO3合成LiClD.最后一步合成时原子利用率能达到100%答案:CD解析:由题给流程可知,辉锂矿粉与98%浓硫酸共热反应后,过滤得到含有硅酸的滤渣1和含有硫酸铁、硫酸铝、硫酸锂的滤液1;向滤液1中加入碳酸钠溶液调节溶液pH≥6.5,使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有硫酸锂的滤液2;向滤液2中加入碳酸钠溶液,将硫酸锂转化为碳酸锂沉淀,过滤得到碳酸锂沉淀和含有硫酸钠的滤液3;碳酸锂经过一系列处理制得氯化锂,电解熔融的氯化锂制得金属锂,金属锂与氢气共热反应生成氢化锂,一定条件下,氢化锂与氯化铝反应制得四氢铝锂。由分析可知,A正确;由碳酸锂溶解度数据可知,温度升高,碳酸锂的溶解度减小,为减少碳酸锂因温度降低溶解度增大而造成损失,蒸发浓缩后应趁热过滤,故B正确;制得金属锂的反应为电解熔融的氯化锂生成锂和氯气,没有氯化氢生成,故C错误;最后一步合成时发生的反应为一定条件下,氢化锂与氯化铝反应制得四氢铝锂和氯化锂,原子利用率不能达到100%,故D错误。9.(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·吉林省吉林地区三模)A、B、C、D、E是五种原子序数依次递增的短周期元素。已知:A的一种同位素可以用于测定文物的年代;基态C原子含3对成对电子;D在同周期金属元素中第一电离能最大;基态E原子的3p轨道中含有自旋方向不同且数目之比为3∶1的电子。下列说法正确的是()A.简单离子的离子半径:B<C<D<EB.简单氢化物的沸点:A<B<C<EC.D的单质可以在A和C形成的某种化合物中燃烧D.Xe(氙)是目前最易形成化合物的稀有气体,XeC3为非极性分子答案:C解析:A的一种同位素可以用于测定文物的年代,可得A为C;基态C原子含3对成对电子,C为O;则B为N;D在同周期金属元素中第一电离能最大,则D为Mg;基态E原子的3p轨道中含有自旋方向不同且数目之比为3∶1的电子,可知E为S。简单离子半径为S2->N3->O2->Mg2+,A错误;由于氨气和水中含有氢键,故简单氢化物的沸点:H2O>NH3>H2S>CH4,B错误;Mg可以在二氧化碳中燃烧,C正确;XeO3为三角锥形,为极性分子,D错误。3.(2024·山东烟台三模)离子液体在电化学领域应用广泛。某镁基类离子液体的阴离子结构如图所示,其中X、Y、Z、R、Q是核电荷数依次增大的短周期主族元素,X、Z原子序数之和等于R,Z原子价电子数目是Q原子价电子数目的2倍。下列说法错误的是()—L代表:A.简单离子的半径:Z>R>Q>XB.键角:YZ2>ZR2>X2ZC.简单氢化物的沸点:Z>R>YD.基态原子的第一电离能:R>Z>Y>Q答案:B解析:该阴离子结构如题图所示,其中X、Y、Z、R、Q是核电荷数依次增大的短周期主族元素,X、Z原子序数之和等于R,Z原子价电子数目是Q原子价电子数目的2倍,Q为+3价的Al元素,由L的结构示意图可知,X为H元素,Y为C元素,Z为O元素,R为F元素,然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。简单离子的半径:O2->F->Al3+>H+,A正确;由于CO2中C原子为sp杂化,为直线形结构,OF2、H2O中O原子均为sp3杂化,都有两个孤电子对,但是由于F的电负性强于H,故键角:CO2>H2O>OF2,B错误;简单氢化物的沸点:H2O>HF>CH4,C正确;同周期元素,从左往右第一电离能呈增大趋势,基态原子的第一电离能:F>O>C>Al,D正确。4.(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·山东济南适应性训练5月)X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素,仅Z为金属元素(焰色试验显黄色)。Z3YW是一种离子晶体,可由反应ZW+Z2YZ3YW制得,也可常压下由反应2Z+2ZYX+2ZWX2↑+2Z3YW合成。下列说法错误的是()A.简单离子半径:Y>ZB.Z3YW含有极性共价键C.Z、W两种元素的最高价氧化物对应水化物均为强电解质D.W2Y、WY2(WY2中存在大π键)分子中W—Y键长:W2Y>WY2答案:B解析:X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素,仅Z为金属元素(焰色试验显黄色),Z为Na,Z3YW是一种离子晶体,可由反应ZW+Z2YZ3YW制得,也可常压下由反应2Z+2ZYX+2ZWX2↑+2Z3YW合成,则Y为O元素,W为Cl元素,X为H元素。电子层数越多,离子半径越大,电子层数相同,核电荷数越小,离子半径越大,则简单离子半径:O2->Na+,故A正确;Z3YW为Na3OCl,其中含有Na+、O2-和Cl-,只存在离子键,不存在极性共价键,故B错误;Z、W两种元素的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、HClO4,均为强电解质,故C正确;W2Y为Cl2O,WY2为ClO2,ClO2分子中既存在σ键又存在大π键,原子轨道重叠的程度较大,因此其中Cl—O键的键长较小,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.(双选)X、Y、Z、W为前四周期的四种元素,原子序数依次增大。X的周期数等于原子序数,基态Y元素原子的价层电子排布式为nsnnpn+1,Z是地壳中含量最高的元素,W元素正三价离子的3d轨道为半充满状态。下列说法错误的是()A.最简单氢化物的沸点:Y>ZB.YX3的键角大于X2Z的键角C.由X、Y、Z三种元素形成的化合物一定为共价化合物D.由Z和W两种元素形成的某种晶体的晶胞结构如图,该晶体的化学式可表示为W3Z4答案:AC解析:X的周期数等于原子序数,X为H元素;Y元素原子的价层电子排布式为nsnnpn+1,n只能为2,Y为N;Z是地壳中含量最高的元素,Z为O元素;W元素正三价离子的3d轨道为半充满状态,W的原子序数为26,W为Fe元素。Y的简单氢化物为NH3,常温下为气体,Z的简单氢化物为水,常温下为液体,所以沸点:NH3<H2O,故A错误;NH3和H2O的中心原子均为sp3杂化,NH3中氮原子上有一个孤电子对,H2O中氧原子上有2个孤电子对,孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力,所以键角:H2O<NH3,故B正确;由X、Y、Z三种元素形成的化合物可能为硝酸铵,硝酸铵是离子化合物,故C错误;O2-位于晶胞的12个棱心和体心,共有12×14+1=4个,Fe3+位于晶胞的4个顶点和3个面心,共4×18+3×12=2个,Fe2+位于晶胞内部,有1个,所以铁原子共有3个,该晶体的化学式可表示为Fe3O4,8.(2024·广东顺德区适应性考试)已知Z、X、Y、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素,其中前四种元素形成的某离子液体的熔点为12℃,其结构如图所示。Z是宇宙总含量最多的元素,Y元素原子最高能级的不同轨道都有电子,并且自旋方向相同:W元素原子的价层电子排布是nsnnp2n,M和W为同主族元素。下列说法不正确的是()A.第一电离能:Y>W>XB.该化合物阴离子空间结构为平面三角形C.该化合物常温下可以导电D.W和Z形成的化合物的沸点一定比X和Z形成的化合物高答案:D解析:Z、X、Y、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素,Z是宇宙总含量最多的元素,则为H元素;Y元素原子最高能级的不同轨道都有电子,并且自旋方向相同,则为N元素;W元素原子的价层电子排布是nsnnp2n,则W为O元素;M和W为同主族元素,则M为S元素;结合化合物的结构可知X为C元素。C、N和O同周期且相邻,N的2p轨道半充满更稳定,因此N的第一电离能比O大,O比C大,A正确;阴离子NO3-的空间结构为平面三角形,B正确;该化合物为离子化合物,根据题中熔点,常温下呈液态,该离子液体常温下可以导电,C正确;W和Z形成的化合物为水,X和Z形成的化合物为烷烃,含碳越多,沸点越高,所以水的沸点不一定高于烷烃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为非金属性最强的元素,可知Q为F原子,阴离子内有普通的3个B—F键,还有1个配位键。该化合物中H原子不是8电子结