2022届高三化学二轮复习原子结构 化学键必刷卷.docx

1、2022届高三化学二轮复习原子结构 化学键必刷卷一、选择题（共17题）1关于氯化铵的说法，不正确的是A是一种铵态氮肥B属于共价化合物C存在离子键和共价键D受热分解产生氨气2下列各组物质中，都是由极性键构成的极性分子的是ANH3 和 H2OBCO2 和 HClCCH4 和 H2SDHCN 和 BF33下列各组物质中，化学键的类型完全相同的是()AMgCl2和Na2SBNa2O和Na2O2CN2和HClDNaCl和NaOH4据报道，碳纳米管是由碳原子形成的大分子，其导电性是铜的1万倍;N5可用作烈性炸药。下列说法不正确的是（ ）A金刚石与碳纳米管互为同素异形体BN5与N2互为同素异形体C互为同素异

2、形体的物质的性质完全相同DN5与N2之间的转化属于化学变化5短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的最外层电子数是次外层的2倍，X、Y原子的最外层电子数之比为3：4，Z的单质常温下呈气态。下列说法正确的是（ ）A原子半径：ZYXWB含氧酸的酸性：ZWYC最高价氧化物的熔点：WYDZ分别与W、X形成的二元化合物中，化学键类型相同6既含离子键又含共价键的物质是AH2 BNaOH CH2O DMgC127下列物质中，含有共价键的离子化合物的是AN2BCO2CNaOHDMgCl28下列物质是离子化合物是A冰B氢氧化钠C溴D硫酸9铀元素的一种原子，可作为核反应堆的燃料，该原子的中子数为A92

3、B143C235D32710下列说法不正确的是A全部由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物B金属原子与非金属原子之间的化学键可能是离子键，也可能是共价键C晶体中有阳离子，则必定有阴离子D晶体中有阴离子，则必定有阳离子11已知R元素的某种同位素，能形成化合物AmRn，其中A的化合价为+n。该化合物中一个R粒子的核外电子数是a，核内中子数是b，则该同位素原子符号是ABCD12硫酸盐(含、)气溶胶是 PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如下：下列说法不正确的是（ ）A该过程有 H2O 参与BNO2是生成硫酸盐的还原剂C硫酸盐气溶胶呈酸性D该过程

4、中有硫氧键生成13下列说法中不正确的是A甲烷分子中形成的共价键均为键B两个p轨道之间不能形成键，只能形成键C乙烯分子碳碳双键中含有一个键和一个键D炔烃分子碳碳三键中含有一个键，两个键14下列说法正确的是（ ）A非金属单质中一定含有共价键，不含离子键B含有氢、氧元素的化合物一定是共价化合物C仅由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物D熔点较高或很高的化合物一定不是共价化合物15铀235()是常用的核燃料，核内中子数为A327B235C143D9216下列说法中正确的是（ ）A化学键是原子间强烈的相互作用 B化学键将原子或离子按一定的数量关系结合在一起形成了物质 C一切物质中都存在化学键D共价化合

5、物中可能有离子键1715N、N等均已被发现，下列说法正确的是A15N的原子结构示意图为：BN中含35个电子CN中含共价键D15N与14N互为同素异形体二、综合题（共6题）18X元素的一种核素，其氯化物为XCl2，取1.11g该氯化物配成溶液后，需用1mol/LAgNO3溶液20mL才能把氯离子完全沉淀下来。已知X核素中有20个中子。（1）试写出XCl2与AgNO3反应的化学反应方程式（直接用XCl2代入方程式书写，注意X的化合价）。（2）X的质量数为多少？（3）指出X元素在周期表中的位置？19重氮化合物是一类活泼的化合物，在有机合成方面有着重要应用。重氮化合物A在光照及甲醇参与反应的条件下经过

6、一系列活泼中间体转化为F的路线如下：回答下列问题：(1)为研究反应历程，A中的一碳原子用13C标记，这种研究方法称为_。(2)B1中的一个碳原子含有未共用电子对，易与B2相互转化或转化为C，B2的官能团名称为_；上述路线中与B1、B2互为同分异构体的是_(填标号)；核磁共振氢谱、核磁共振碳谱都常用于分析有机化合物的结构，B1或B2的核磁共振碳谱有_种碳原子的吸收峰。(3)从结果上看，C和CH3OH生成E的反应类型为_；写出CH2=C=O与CH3CH2OH反应的化学方程式_(不要求写出中间体)。(4)E不稳定，能自发转化为F，说明稳定性C=O_C=C(填“大于”“小于”或“等于”)，理由是_(从

7、化学键的角度说明)。(5)X、Y是二十多年前才发现的两种生物碱，在室温下可相互转化：含N+的中间体的结构简式为_；平衡时X、Y的物质的量之比n(X)：n(Y)=3：2，则X转化为Y的平衡转化率为_。20已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D为短周期元素。A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，A、B两种元素组成的原子个数比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂。B、C、D三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，且第一电离能BDC。A位于周期表的s区，其电子层数和未成对电子数相同；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电

8、子总数相同；CD2+与BD2互为等电子体。E有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同。请回答下列问题：（1）E的基态原子的价层电子排布式为_，B、C、D三种元素的电负性由小到大的顺序为_；（2）B2A2分子中含有_个键和_个键；（3）下列叙述正确的是_AM易溶于水，与M和水分子间可以形成氢键有关；BM和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化；CN分子中含有6个键和6个键；D常见的BD2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低（4）Q是E的一种天然矿物，属于离子化合物，其晶胞结构如图所示，其中E4+位于立方体的顶点，D离子位于立方体的面心，体心是钙离子。则Q的化学式为_，每个E4+离

9、子和_个D离子相紧邻。（5）在浓的ECl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6，组成为ECl36H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，则该配离子的化学式为_。21铟(In)与Al同主族，是一种稀散金属，广泛应用于电子半导体、光纤通信等领域。以炼锌得到的硬锌粗渣(含有Zn、ZnO、ZnS、In、InSb等)为原料提取单质铟并制备ZnSO47H2O的工艺流程如图所示。已知： 当c(H2SO4) 0.16 molL-1时，铟的浸出率几乎为0。 常温下，KspIn(OH)3 =1.310-37。请回答下列问题：(1)硬锌粗渣浸出前需进行球磨成粉，其原因是_。(

10、2)操作的名称为_(填字母)。A过滤 B蒸馏 C干馏 D萃取分液(3)“氧化浸出”过程中，浓硝酸可将InSb(Sb为-3价)转化为In2O3和Sb2O3，同时释放出红棕色气体，则该反应化学方程式为_。(4)H2O2、NaClO3和HNO3均可作“氧化浸出”时的氧化剂，三种物质中只含有极性共价键的物质是_；“氧化浸出”过程中，若分别使用H2O2、NaClO3作氧化剂，转移电子的数目相同时，则消耗二者的物质的量之比为_。(5) 常温下，在0.1 molL-1的In2(SO4)3溶液中存在平衡：In3+(aq)+ 3H2O(1)In(OH)3(s)+3H+(aq)，则该反应的化学平衡常数K=_。(计

11、算结果保留两位有效数字)22水是“生命之基质”，是“永远值得探究的物质”。(1)关于反应H2(g)+O2(g)=H2O(l)，下列说法不正确的是_A焓变H0，熵变S0B可以把反应设计成原电池，实现能量的转化C一定条件下，若观察不到水的生成，说明该条件下反应不能自发进行D选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行(2)根据H2O的成键特点，画出与图中H2O分子直接相连的所有氢键(OHO)_。(3)水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2)、临界压强(22.1MPa)时的水称为超临界水。与常温常压的水相比。高温高压液态水的离子积会显著增大。解释

12、其原因_。如果水的离子积Kw从1010-14增大到1.010-10，则相应的电离度是原来的_倍。超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技术。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图所示，其中x为以碳元素计算的物质的量分数，t为反应时间。下列说法合理的是_A乙醇的超临界水氧化过程中，一氧化碳是中间产物，二氧化碳是最终产物B在550条件下，反应时间大于15s时，乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全C乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率，而且两者数值相等D随温度升高，xCO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比一氧

13、化碳氧化速率的增长幅度更大(4)以铂阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8，再与水反应得到H2O2；其中生成的NH4HSO4可以循环使用。阳极的电极反应式是_。制备H2O2的总反应方程式是_。23已知：W、X、Y、Z、T 均为短周期元素，且原子半径依次增大。请填空：（1）W、Z是形成化合物种类最多的两种元素，写出Z的核外电子的轨道表示式_。（2）化合物YW3溶于水能使酚酞变红，用方程式表示酚酞变红的原因_。（3）元素T的原子中电子占据7根轨道，则T在元素周期表_周期_族；T的化合物TY熔融时不导电，常用作砂轮与耐高温材料，由此推知，它属于_。a离子晶体b原

14、子晶体c分子晶体d无法判断（4）YX3与YW3具有相同的分子空间构型，YX3属于_（填“极性”、“非极性”）分子，其中Y的化合价为_。参考答案1B【详解】A. 氯化铵可用作化肥，因含有氮元素，故属于铵态氮肥，A项正确；B. 氯化铵由铵根离子与氯离子构成，属于离子化合物，B项错误；C. 氯化铵中有由铵根离子与氯离子构成的离子键，铵根离子内部N与H原子以共价键结合，C项正确；D. 氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气与氯化氢，D项正确；答案选B。2A【详解】A. NH3是极性键构成的极性分子，H2O是极性键构成的极性分子，故A符合题意；B. CO2是极性键构成的非极性分子，HCl是极性键构成的极性分子

15、，故B不符合题意；C. CH4是极性键构成的非极性分子，H2S是极性键构成的极性分子，故C不符合题意；D. HCN是极性键构成的极性分子，BF3是极性键构成的非极性分子，故D不符合题意。综上所述，答案为A。3A【详解】A. MgCl2和Na2S中均只存在离子键，A正确；B. Na2O中只存在离子键，Na2O2中存在离子键和共价键，B错误；C. N2中存在非极性键，HCl中存在极性键，C错误；D. NaCl中只存在离子键，NaOH中存在离子键和共价键，D错误，答案选A。4C【详解】A.金刚石与碳纳米管是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故A正确；B.N5与N2是氮元素形成的不同种单质，互为

16、同素异形体，故B正确；C.互为同素异形体的物质，物理性质不同，化学性质相似，故C错误；D.N5与N2是不同的两种物质，它们之间的转化是化学变化，故D正确；故选C。5D【分析】由W的最外层电子数是次外层的2倍推得W为碳元素。由X、Y原子的最外层电子数之比为3：4推得X为铝元素，Y为硅元素。由Z的单质常温下呈气态推得Z为氯元素。【详解】A.原子半径：AlSiClC，A项错误；B.非金属性：ClCSi，故最高价含氧酸的酸性：HClO4H2CO3H2SiO3，但未明确最高价含氧酸，B项错误；C.熔点：SiO2CO2，C项错误；D.CCl4、AlCl3中均只含共价键，D项正确。故选D。6B【解析】【分析

17、】一般来说，活泼金属元素与活泼非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，【详解】A项、H2是双原子分子，分子中只有共价键，故A错误；B项、NaOH是由钠离子和氢氧根离子构成的离子化合物，钠离子和氢氧根之间是离子键，氢氧根内部存在共价键，故B正确；C项、H2O是共价化合物，分子中只有共价键，故C错误；D项、MgC12是离子化合物，只存在镁离子和氯离子之间的离子键，故D错误。故选B。7C【详解】AN2属于非金属单质，只含有共价键，故A错误；BCO2属于共价化合物，只含有共价键，故B错误；CNaOH属于离子化合物，其中含有氢氧根离子，含有共价键，故C正确；DMgCl2属于离子化合物，只含有离子

18、键，故D错误；故选C。8B【详解】A. 冰是固态水，是氢和氧原子以共价键形成的共价化合物，故A错误；B. 氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、OH原子之间存在极性键，为离子化合物，故B正确；C. 溴是同种原子之间以共价键结合的单质，不是化合物，故C错误；D. 硫酸属于酸，是只含有含共价键的共价化合物，故D错误；答案选B。9B【详解】质子数+中子数质量数，则中子数23592143，答案选B。10C【解析】【详解】A.全部由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物，如氯化铵中只含有非金属元素，但氯化铵是离子化合物，故A正确；B.金属原子与非金属原子之间的结合，并不一定靠完全得失电子形成阴、阳

19、离子来以离子键结合，如在AlCl3分子中，Al与Cl原子间靠共用电子对结合，故B正确；C.在金属晶体中，只有阳离子和自由电子，没有阴离子，故C错误；D.但凡是有阴离子的晶体中，必有阳离子，以确保电中性，故D正确;故选C。11B【详解】由题意可知，在化合物AmRn中，其中A的化合价为+n，则R的化合价为-m，其离子符号为Rm-，已知一个Rm-的核外电子数为a，则R元素同位素的核内质子数为a-m，质量数=质子数+中子数=a-m+b， 该同位素原子符号是，故选B。12B【详解】A根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，选项A正确；B根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+

20、4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，选项B不正确；C硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，选项C正确；D根据图示转化过程中，由SO转化为HSO，根据图示对照，有硫氧键生成，选项D正确；答案选B。13B【详解】A甲烷中都是单键，故都是键，A正确；B两个p轨道可以通过头碰头形成键，B错误；C乙烯分子碳碳双键中含有一个键和一个键，C正确；D炔烃分子碳碳三键中含有一个键，两个键，D正确；故选B。14C【详解】A稀有气体属于非金属单质，但稀有气体是单原子分子，不含共价键和离子

21、键，A说法错误；B含有氢、氧元素的化合物不一定是共价化合物，如NaOH、NaHCO3，B说法错误；CNH3、NH4Cl都是由非金属元素组成的化合物，NH3是共价化合物，NH4Cl是离子化合物，C说法正确；DSiO2的熔点很高，是共价化合物，D说法错误；答案为C。15C【详解】原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数是质子数与中子数的和。铀是92号元素，则核内质子数是92，中子数为235-92=143，故合理选项是C。16B【详解】考查化学键的概念及其判断。化学键必须是相邻原子间强烈的相互作用，A错误。使原子或离子相结合的作用力叫化学键，B正确。稀有气体单质分子中不存在化学键，C不正确。全

22、部由共价键形成的化合物是共价化合物，因此在共价化合物中不可能存在离子键，D错误。答案选B。17C【详解】AN为第7号元素，其原子结构示意图为，A错误；B1个N原子中有7个电子，5个N原子共有57=35个电子，但由于N为阳离子，因此N中含有35-1=34个电子，B错误；CN由5个N原子构成，N原子之间以共用电子对的形式存在，因此N中存在共价键，C正确；D同种元素的不同种单质互称同素异形体，但15N与14N为同一种元素的不同种核素并非单质，因此15N与14N互称同位素，D错误；故答案选C。18（1）XCl2+2AgNO3=2AgCl+X(NO3)2（2）X的质量数为40（3）第四周期第A族【分析】

23、(1)根据复分解反应规律进行书写；(2)根据Cl-+Ag+AgCl计算Cl-的物质的量,从而得出氯化物的物质的量,再利用M=m/n及摩尔质量与相对分子质量的数值相等来计算X的质量数；(3)利用中子数+质子数=质量数,计算质子数,据此写出其在周期表中的位置。【详解】（1）根据XCl2与AgNO3溶液发生复分解反应，生成氯化银沉淀和X(NO3)2，反应的方程式为：XCl2+2AgNO3=2AgCl+X(NO3)2；答: 反应的方程式为：XCl2+2AgNO3=2AgCl+X(NO3)2；（2）n（AgNO3）=0.021=0.02mol,即银离子的物质的量为0.02mol,由Cl-+Ag+AgCl

24、可以知道,硝酸银溶液20mL 能把氯离子完全沉淀下来,则Cl-的物质的量为0.02mol, XCl2的物质的量为0.01mol,则 XCl2的摩尔质量为1.1/0.01=110g/mol，其相对分子质量为110，则X的质量数为110-352=40；答:X的质量数为为40；（3）X的中子数为20,所以X的质子数为40-20=20,为钙元素，位于周期表第四周期,第A族；答:X元素在第四周期,第A族。19同位素示踪法 碳碳双键、醚键 C 12 加成反应 大于 氧原子半径比碳原子半径小，C=O键长更短，键能更大 或 40% 【详解】(1) 13C属于碳元素的一种同位素，该方法叫做同位素示踪法，故答案为

25、：同位素示踪法；(2) B2中的官能团是碳碳双键和醚键；分子式相同、结构式不同的有机化合物互称为同分异构体，由图示可知B1、B2与C互为同分异构体；由图示可知B1、B2分别有12中不同环境的碳原子，则B1或B2的核磁共振碳谱有12种碳原子的吸收峰，故答案为：碳碳双键、醚键；C；12；(3)羟基上的氢原子与羰基发生的是加成反应；与反应的化学方程式为：，故答案为：加成反应；(4)E不稳定，能自发转化为F，说明E的C=C能量高于F中C=O的能量，所以C=O比C=C稳定；由于氧原子半径比碳原子半径小，C=O键长更短，键能更大，故答案为：大于；氧原子半径比碳原子半径小，C=O键长更短，键能更大；(5)图

26、示分析可知，反应中发生了13CN断键和CCl断键，13CCl键和CN的形成，所以得出含N+的中间体的结构简式为或；设X的起始的物质的量为amol，则由三段式有a=3+2=5mol，所以X的转化率为，故答案为：或；40%。203d24s2 CNO 3 2 AD CaTiO3 12 TiCl(H2O)52+ 【分析】A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D位于短周期，A位于周期表的s区，其电子层数和未成对电子数相同，则A为氢元素；B元素的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，因此B的电子排布为1s22s22p2，即B为碳元素；A、B、D三种元素组

27、成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，因此M是甲醛，则D为氧元素；B、C、D的原子序数依次递增，因此C为N元素；A、B两种元素组成的原子个数之比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂，则N是苯；E有“生物金属”之称，E4+和氩原子的核外电子排布相同，则E的原子序数为18+4=22，即E为Ti元素。【详解】由上面分析可知，A是H元素，B是C元素，C是N元素，D是O元素，E是Ti元素；（1）E是Ti元素，其原子核外有22个电子，其外围电子为3d、4s电子，3d、4s能级上分别有2个电子，其基态原子外围电子排布式为3d24s2；B、C、D三种元素分别为C、N、O，同周期从左到右电负性越来越

28、大，所以C、N、O的电负性由小到大的顺序为CNO；答案为3d24s2；CNO。（2）B2A2分子式为C2H2，结构简式为CHCH，乙炔中含有2个C-H共价键，1个CC键，故总共有3个键，2个键；答案为3，2。（3）AM是甲醛，甲醛易溶于水，甲醛能和水形成氢键，所以甲醛易溶于水与形成氢键有关，故A正确；BM分子中C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，二氧化碳分子中C原子价层电子对个数是2，且不含孤电子对，所以甲醛中C原子采用sp2杂化，二氧化碳分子中C原子采用sp杂化，故B错误；CN为苯，分子式为C6H6，结构简式为，苯中碳碳键含有6个键，每个碳氢键含有一个键，苯分子中一共含有12个键，1个大

29、键，故C错误；DBD2是CO2，二氧化碳是分子晶体、二氧化硅是原子晶体，分子晶体熔沸点小于原子晶体，因为分子晶体熔化只需克服分子间的作用力，而原子晶体熔化需要破坏化学键，则二氧化碳熔沸点小于二氧化硅，故D正确；答案为AD。（5）钛离子位于立方体的顶点，则钛离子个数为8=1，氧离子位于面心，则氧离子个数为6=3，钙离子位于体心，个数为1，则Q的化学式为CaTiO3，以顶点Ti4+离子研究，与之最近的O2-位于面心上，每个Ti4+离子为12个面共用，故每个Ti4+和12个O2-相紧邻；答案为CaTiO3，12。（6）配位数为6、组成为TiCl36H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1

30、:5，而晶体中只含有3个Cl，所以配体数目多的是H2O，H2O和Cl比值为5:1，所以该配离子的化学式为TiCl(H2O)52+；答案为TiCl(H2O)52+。21增大固体表面积，加快浸出速率 D 2InSb12HNO3(浓) = In2O3Sb2O312NO26H2O HNO3 3：1 7.710-6 【分析】先将硬锌粗渣进行球磨成粉，以增大固体表面积，加快浸出速率，再加入低浓度稀硫酸，浸出液I中含有硫酸锌，富铟渣中含有In、InSb，加入浓硝酸，将In、InSb氧化浸出，得到浸出液，再加入有机溶剂进行萃取分液，得到含有Sb3+、Sb5+的水溶液，有机相中含有铟离子，加入盐酸进行反萃取，得

31、到含有铟离子的水溶液，再用锌置换出金属铟，据此分析解答。【详解】(1)硬锌粗渣浸出前需进行球磨成粉，其原因是增大固体表面积，加快浸出速率；(2)浸出液中加入有机溶剂，操作后得到有机相和水溶液，故操作为萃取分液，故选D；(3)“氧化浸出”过程中，浓硝酸可将InSb(Sb为-3价)转化为In2O3和Sb2O3，同时释放出红棕色气体NO2，浓硝酸将InSb氧化，Sb的化合价从-3价升高为+3价，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为2InSb12HNO3(浓) = In2O3Sb2O312NO26H2O；(4)H2O2含有极性键和非极性键，NaClO3含有极性键和离子键，HNO3只含有极

32、性键，则三种物质中只含有极性共价键的物质是HNO3；H2O2作氧化剂时，还原产物为水，则1molH2O2得2mol电子，NaClO3作氧化剂时，被还原为Cl-，则1mol NaClO3得电子6mol，“氧化浸出”过程中，若分别使用H2O2、NaClO3作氧化剂，转移电子的数目相同时，则消耗二者的物质的量之比为3：1；(5)该反应的化学平衡常数。22C 水的电离是吸热过程，升温有利于电离，压强对电离平衡影响不大 100 ABD 2HSO-2e- = S2O+2H+或2SO-2e- = S2O 2H2OH2O2H2 【详解】(1)A. 氢气燃烧是放热反应，H0，该反应中气体变为液体，为熵减过程，故

33、S0，A正确；B. 该反应为自发的氧化还原反应，可设计为氢氧燃料电池，其化学能转为电能，B正确；C. 某条件下自发反应是一种倾向，不代表真实发生，自发反应往往也需要一定的反应条件才能发生，如点燃氢气，C错误；D. 催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行，D正确；故选C；(2)H2O电子式为，存在两对孤电子对，因而O原子可形成两组氢键，每个H原子形成一个氢键，则图为：；(3)与常温常压的水相比，高温高压液态水的离子积会显著增大，原因是水的电离是吸热过程，升温有利于电离，压强对电离平衡影响不大；，当Kw=1.010-14，c1(H+)=10-7mol/L

34、，当Kw=1.010-10，c2(H+)=10-5mol/L，可知后者是前者的100倍；A. 观察左侧x-t图像可知，CO先增加后减少，CO2一直在增加，所以CO为中间产物，CO2为最终产物，A正确；B. 观察左侧x-t图像，乙醇减少为0和CO最终减少为0的时间一致，而右图xCO-t图像中550，CO在15s减为0，说明乙醇氧化为CO2趋于完全，B正确；C. 乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率，但两者数值不相等，比值为化学计量数之比，等于1：2，C错误；D. 随着温度的升高，乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增大，但CO是中间产物，为乙醇不完全氧化的结果，CO峰值出现的

35、时间提前，且峰值更高，说明乙醇氧化为CO和CO2速率必须加快，且大于CO的氧化速率，D正确；故选ABD；(4)电解池使用惰性电极，阳极本身不参与反应，阳极吸引HSO(或SO)离子，并放电生成S2O，因而电极反应式为2HSO-2e- = S2O+2H+或2SO-2e- = S2O；通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8和H2，由题中信息可知，生成的NH4HSO4可以循环使用，说明(NH4)2S2O8与水反应除了生成H2O2，还有NH4HSO4生成，因而总反应中只有水作反应物，产物为H2O2和H2，故总反应方程式为2H2OH2O2H2。23 NH3+H2O NH3H2O NH4+OH-

36、 三 IIIA b 极性 +3 【详解】（1）W、Z是形成化合物种类最多的两种元素，化合物种类最多的是烃，则W是H元素、Z是C元素；原子核外有6个电子，分别位于1s、2s、2p轨道，其原子核外电子轨道表示式为，故答案为：；（2）化合物YW3的水溶液能使酚酞变红，说明该物质为NH3，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子而导致溶液呈碱性，碱遇酚酞试液变红色，故答案为：NH3+H2O NH3H2O NH4+OH-；（3）元素T的原子中电子共占据了7个轨道，则T为Al元素，Al原子核外有3个电子层、最外层电子数是3，所以位于第三周期第IIA族；Al的化合物AIN熔融时不导电，常用作砂轮及耐高温材料，说明该物质属于原子晶体，故选b；故答案为：三；IIIA；b；（4）NX3与NH3具有相同的分子空间构型，X为第VIIA族元素，其原子半径小于N元素，则X为F元素，氨气分子为三角锥形结构，则NF3也是三角锥形结构，该分子正负电荷重心不重合，为极性分子；NF3中N元素电负性小于F元素，所以N元素显+3价、F元素显-1价，故答案为：极性；+3。