文档内容
专题 05 物质结构与性质 元素周期律
考点 三年考情（2022-2024） 命题趋势
◆原子结构、化学键和元素周期律：2024河北
卷、2024湖北卷、2024江苏卷、2024甘肃卷、
2024北京卷、2023北京卷、2022湖南卷、2022
天津卷、2022北京卷、2022辽宁卷、2022江苏 随着新高考的大范围实行，在选择
卷 中出现了考查物质结构与性质选修
◆分子结构与物质性质：2024安徽卷、2024黑 模块内容的试题，且具有一定的分
吉辽卷、2024湖北卷、2024山东卷、2024河北 散性，在阿伏加德罗常数的判断、
有机物的结构与性质等题目中均会
卷、2024浙江卷、2024湖南卷、2023湖南卷、
涉及，单独考查物质结构与性质的
2023湖北卷、2023山东卷、2023浙江卷、2022
选择题主要以分子结构与性质内容
天津卷、2022辽宁卷、2022北京卷、2022江苏
和晶体结构与性质，有关晶胞结构
卷、2022湖北卷、2022海南卷
考点1 物质结 的考查在选择题中也经常出现。关
◆晶体结构与物质性质：2024安徽卷、2024黑
构与性质 元 于元素推断类题目，命题形式没有
吉辽卷、2024湖北卷、2024河北卷、2024浙江
素周期律 大的变化，主要变化是将选修模块
卷、2023新课标卷、2023北京卷、2023山东
内容融入到了元素推断当中，像第
卷、2023湖南卷、2023湖北卷、2023辽宁卷、
一电离能、电负性、核外电子排
2022山东卷、2022湖北卷
布、杂化类型、化学键类型、键角
◆元素的推断：2024全国甲卷、2024浙江卷、
等知识内容是常考内容。总体而
2024黑吉辽卷、2024湖北卷、2024新课标卷、
言，有关物质结构与性质、元素推
2024河北卷、2024湖南卷、2024安徽卷、2023
断的选择题在高考中所占分值大、
全国甲卷、2023全国乙卷、2023湖南卷、2023 难度跨度大、涉及知识点多，已经
浙江卷、2023辽宁卷、2023湖北卷、2022全国 成为高考的重点考查内容。
甲卷、2022全国乙卷、2022广东卷、2022重庆
卷、2022福建卷、2022辽宁卷、2022湖南卷、
2022河北卷、2022海南卷、2022浙江卷
考法1 原子结构、化学键和元素周期律1. （2024·湖北卷）下基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是
A. 理论认为 模型与分子的空间结构相同
B. 元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律称为元素周期律
C. 泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子
D. 杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道混杂而成
【答案】A
【解析】A．VSEPR模型是价层电子对的空间结构模型，而分子的空间结构指的是成键电子对的空间结构，
不包括孤电子对，当中心原子无孤电子对时，两者空间结构相同，当中心原子有孤电子对时，两者空间结
构不同，故A错误；
B．元素的性质随着原子序数的递增而呈现周期性的变化，这一规律叫元素周期律，元素性质的周期性的
变化是元素原子的核外电子排布周期性变化的必然结果，故B正确；
C．在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，它们的自旋相反，这个原理被称为泡利原理，故C正确；
D．1个s轨道和3个p轨道混杂形成4个能量相同、方向不同的轨道，称为sp3杂化轨道，故D正确；
故答案为：A。
2. （2024·河北卷）从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是
选项 实例 解释
A 原子光谱是不连续的线状谱线 原子的能级是量子化的
键角依次减
B 孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力
小
晶体中 与8个 配位，
C 比 的半径大
而 晶体中 与6个 配位
逐个断开 中的 键，每步
D 各步中的 键所处化学环境不同
所需能量不同
【答案】B
【解析】A．原子光谱是不连续的线状谱线，说明原子的能级是不连续的，即原子能级是量子化的，故 A
正确；
B． 中心C原子为 杂化，键角为 ， 中心C原子为 杂化，键角大约为 ，
中心C原子为 杂化，键角为 ，三种物质中心C原子都没有孤电子对，三者键角大小与孤电子对
无关，故B错误；
C．离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小，离子半径比越大，配位数越大， 周围最多
能排布8个 ， 周围最多能排布6个 ，说明 比 半径大，故C正确；
D．断开第一个键时，碳原子周围的共用电子对多，原子核对共用电子对的吸引力较弱，需要能量较小，断开 键越多，碳原子周围共用电子对越少，原子核对共用电子对的吸引力越大，需要的能量变大，
所以各步中的 键所处化学环境不同，每步所需能量不同，故D正确；
故选B。
3. （2024·江苏卷）明矾 可用作净水剂。下列说法正确的是
A. 半径： B. 电负性：
C. 沸点： D. 碱性：
【答案】B
【解析】
A． 有2个电子层，而 有3个电子层，因此， 的半径较大，A错误；
B．同一主族的元素，其电负性从上到下依次减小，O和S都是ⅥA的元素，O元素的电负性较大，B正
确；
C．虽然 的相对分子质量较大，但是 分子间可形成氢键，因此 的沸点较高，C错误；
D．元素的金属性越强，其最高价的氧化物的水化物的碱性越强，K的金属性强于Al，因此 的碱性
较强，D错误；
综上所述，本题选 B。
4. （2024·江苏卷）下列有关反应描述正确的是
A. 催化氧化为 ， 断裂 键
B. 氟氯烃破坏臭氧层，氟氯烃产生的氯自由基改变 分解的历程
C. 丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂 键和 键
D. 石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由 转变为
【答案】B
【解析】A． 催化氧化为 ， 断裂 键和 生成 ，A错误；
B． 根据题意，氯自由基催化O 分解氟氯烃破坏臭氧层，则氟氯烃产生的氯自由基改变 分解的历程，
3
B正确；
C． 丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂 键，丁烷是饱和烷烃，没有 键，C错误；
D． 石墨碳原子轨道的杂化类型为转化为 ，金刚石碳原子轨道的杂化类型为 ，石墨转化为金刚石，
碳原子轨道的杂化类型由 转变为 ，D错误；
故选B。
5. （2024·甘肃卷） 下列说法错误的是
A. 原子半径： B. 第一电离能：
C. 在水中的溶解度：苯<苯酚 D. 苯和苯酚中C的杂化方式相同
【答案】B【解析】A． C 、N 、O都是第二周期的元素，其原子序数依次递增；同一周期的元素，从左到右原子半
径依次减小，因此，原子半径从小到大的顺序为OSi，故A错误；
B．Mg、Ca同主族，同主族从上到下第一电离能减小，故B错误；
C．Fe位于元素周期表的d区，故C错误；
D．同周期元素从左到右电负性增大，同主族元素从上到下电负性减弱，则由此可知六种元素中电负性最
大的为O，故D正确；
故选：D。
14．（2022·天津卷）下列物质沸点的比较，正确的是
A． B．HF>HCl
C． D．
【答案】B
【解析】A．甲烷和乙烷组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，因此沸点
，故A错误；
B．HF存在分子间氢键，因此沸点HF＞HCl，故B正确；
C． 组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，因此沸点 ，故C
错误；
D．相同碳原子的烷烃，支链越多，沸点越低，因此 ，故D错误。
综上所述，答案为B。
15．（2022·辽宁卷）下列类比或推理合理的是
已知 方 结论法
类
A 沸点： 沸点：
比
类
B 酸性： 酸性：
比
推
C 金属性： 氧化性：
理
推
D ： 溶解度：
理
【答案】A
【解析】A． 、 、 的相对分子质量逐渐增大，沸点逐渐升高，可推知分子晶体的相对分子质量越
大，分子间作用力越大，沸点越高，由于相对分子质量： ，所以沸点： ，故A
正确；
B．非金属元素最高价含氧酸的酸性与非金属性有关，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，
所以酸性： ，酸性： ，故B错误；
C．由金属性： ，可推出氧化性 ；由离子方程式 可得，氧化性：
，故C错误；
D． 和 的阴、阳离子个数比不相同，不能通过 大小来比较二者在水中的溶解度，故D错
误；
选A。
16．（2022·江苏卷）工业上电解熔融 和冰晶石 的混合物可制得铝。下列说法正确的是
A．半径大小： B．电负性大小：
C．电离能大小： D．碱性强弱：
【答案】A
【解析】A．核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为 ，故A正确；
B．同周期元素核电荷数越大电负性越大，故 ，故B错误；
C．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呈减小趋势，故电离能大小为
，故C错误；
D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为 ，故D错误；
故选A。
考法2 分子结构与物质性质17. （2024·安徽卷）下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是
A. 键角：NH >NO -
3 3
B. 熔点：NH OH>[NH OH]Cl
2 3
C. 25℃同浓度水溶液的pH:[NH OH]Cl>NH Cl
3 4
D. 羟胺分子间氢键的强弱：O-H•••O>N_H•••N
【答案】D
【解析】A． 中N原子的价层电子对数= ，为sp3杂化，键角为107°， 中
N的价层电子对数= ，为sp2杂化，键角为120°，故键角： ，A项错
误；
B． 为分子晶体， 为离子晶体，故熔点： ，B项错误；
C．由题目信息可知，25℃下， ，故 的碱性比 弱，故
同浓度的水溶液中， 的电离程度大于 的电离程度，同浓度水溶液的 pH：
，C项错误；
D．O的电负性大于N，O-H键的极性大于N-H键，故羟胺分子间氢键的强弱 ，D项
正确；
故选D。
18. （2024·黑吉辽卷）环六糊精(D-吡喃葡萄糖缩合物)具有空腔结构，腔内极性较小，腔外极性较大，可
包合某些分子形成超分子。图1、图2和图3分别表示环六糊精结构、超分子示意图及相关应用。下列说
法错误的是
.
A 环六糊精属于寡糖
B. 非极性分子均可被环六糊精包合形成超分子
C. 图2中甲氧基对位暴露在反应环境中
D. 可用萃取法分离环六糊精和氯代苯甲醚
【答案】B
【解析】A．1mol糖水解后能产生2~10mol单糖的糖称为寡糖或者低聚糖，环六糊精是葡萄糖的缩合物，
属于寡糖，A正确；B．要和环六糊精形成超分子，该分子的直径必须要匹配环六糊精的空腔尺寸，故不是所有的非极性分子
都可以被环六糊精包含形成超分子，B错误；
C．由于环六糊精腔内极性小，可以将苯环包含在其中，腔外极性大，故将极性基团甲氧基暴露在反应环
境中，C正确；
D．环六糊精空腔外有多个羟基，可以和水形成分子间氢键，故环六糊精能溶解在水中，而氯代苯甲醚不
溶于水，所以可以选择水作为萃取剂分离环六糊精和氯代苯甲醚，D正确；
故选B。
19. （2024·湖北卷）结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是
事实 解释
A 甘油是黏稠液体 甘油分子间的氢键较强
B 王水溶解铂 浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性
C 冰的密度小于干冰 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低
D 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动
【答案】B
【解析】A．甘油分子中有3个羟基，分子间可以形成更多 的氢键，且O元素的电负性较大，故其分子间
形成的氢键较强，因此甘油是黏稠液体，A正确；
B．王水溶解铂，是因为浓盐酸提供的 能与被硝酸氧化产生的高价态的铂离子形成稳定的配合物从而
促进铂的溶解，在这个过程中浓盐酸没有表现氧化性，B不正确；
C．冰晶体中水分子间形成较多的氢键，由于氢键具有方向性，因此，水分子间形成氢键后空隙变大，冰
晶体中水分子的空间利用率相对较低，冰的密度小于干冰，C正确；
D．石墨属于混合型晶体，在石墨的二维结构平面内，第个碳原子以C—C键与相邻的3个碳原子结合，形
成六元环层。碳原子有4个价电子，而每个碳原子仅用3个价电子通过sp2杂化轨道与相邻的碳原子形成共
价键，还有1个电子处于碳原子的未杂化的2p轨道上，层内碳原子的这些p轨道相互平行，相邻碳原子p
轨道相互重叠形成大π键，这些p轨道的电子可以在整个层内运动，因此石墨能导电，D正确；
综上所述，本题选B。
20. （2024·湖北卷） 在超高压下转化为平行六面体的 分子(如图)。下列说法错误的是
A. 和O8互为同素异形体 B. 中存在不同的氧氧键
C. 转化为 是熵减反应 D. 常压低温下 能稳定存在
【答案】D
【解析】A．O 和O 是O元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，A项正确；
2 8B．O 分子为平行六面体，由其结构知，O 中存在两种氧氧键：上下底面中的氧氧键、上下底面间的氧氧
8 8
键，B项正确；
C．O 转化为O 可表示为4O O，气体分子数减少，故O 转化为O 是熵减反应，C项正确；
2 8 2 8 2 8
D．O 在超高压下转化成O，则在常压低温下O 会转化成O，不能稳定存在，D项错误；
2 8 8 2
答案选D。
21 .（2024·湖北卷）科学家合成了一种如图所示的纳米“分子客车”，能装载多种稠环芳香烃。三种芳烃
与“分子客车”的结合常数(值越大越稳定)见表。下列说法错误的是
芳烃 芘 并四苯 蒄
结构
结合常
385 3764 176000
数
A. 芳烃与“分子客车”可通过分子间相互作用形成超分子
B. 并四苯直立装载与平躺装载的稳定性基本相同
C. 从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘
D. 芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”的结合
【答案】B
【解析】A．“分子客车”能装载多种稠环芳香烃，故芳烃与“分子客车”通过分子间作用力形成分子聚
集体——超分子，A项正确；
B．“分子客车”的长为2.2nm、高为0.7nm，从长的方向观察，有与并四苯分子适配的结构，从高的方向
观察则缺少合适结构，故平躺装载的稳定性大于直立装载的稳定性，B项错误；
C．芘与“分子客车”中中间部分结构大小适配，故从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘，C项正
确；
D．芘、并四苯、蒄中π电子数逐渐增多，与“分子客车”的结合常数逐渐增大，而结合常数越大越稳定，
故芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”结合，D项正确；
答案选B。【答案】C
【分析】由图中信息可知，白色的小球可形成2个共价键，灰色的小球只形成1个共价键，黑色的大球形
成了4个共价键，根据O、F、I的电负性大小（F最大、I最小）及其价电子数可以判断，白色的小球代表
O原子、灰色的小球代表F原子，黑色的大球代表I原子。
【解析】A．图中O（白色的小球）代表O原子，灰色的小球代表F原子，A不正确；
B．根据该化合物结构片断可知，每个I原子与3个O原子形成共价键，根据均摊法可以判断必须有2个O
原子分别与2个I原子成键，才能确定该化合物化学式为 ，因此，该化合物中不存在过氧键，B不正
确；
C．I原子的价电子数为7，该化合物中F元素的化合价为-1，O元素的化合价为-2，则I元素的化合价为
+5，据此可以判断每I原子与其他原子形成3个单键和1个双键，I原子的价电子数不等于其形成共价键的
数目，因此，该化合物中I原子存在孤对电子，C正确；
D．该化合物中既存在I—O单键，又存在I=O双键，单键和双键的键长是不相等的，因此，该化合物中所
有碘氧键键长不相等，D不正确；
综上所述，本题选C。
22. （2024·山东卷）由O、F、I组成化学式为 的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示。下列
说法正确的是
A. 图中O代表F原子 B. 该化合物中存在过氧键
C. 该化合物中I原子存在孤对电子 D. 该化合物中所有碘氧键键长相等
【答案】C
【分析】由图中信息可知，白色的小球可形成2个共价键，灰色的小球只形成1个共价键，黑色的大球形
成了4个共价键，根据O、F、I的电负性大小（F最大、I最小）及其价电子数可以判断，白色的小球代表
O原子、灰色的小球代表F原子，黑色的大球代表I原子。
【解析】A．图中O（白色的小球）代表O原子，灰色的小球代表F原子，A不正确；
B．根据该化合物结构片断可知，每个I原子与3个O原子形成共价键，根据均摊法可以判断必须有2个O
原子分别与2个I原子成键，才能确定该化合物化学式为 ，因此，该化合物中不存在过氧键，B不正
确；
C．I原子的价电子数为7，该化合物中F元素的化合价为-1，O元素的化合价为-2，则I元素的化合价为
+5，据此可以判断每I原子与其他原子形成3个单键和1个双键，I原子的价电子数不等于其形成共价键的
数目，因此，该化合物中I原子存在孤对电子，C正确；
D．该化合物中既存在I—O单键，又存在I=O双键，单键和双键的键长是不相等的，因此，该化合物中所
有碘氧键键长不相等，D不正确；
综上所述，本题选C。23. （2024·河北卷） 是火箭固体燃料重要的氧载体，与某些易燃物作用可全部生成气态产物，
如： 。下列有关化学用语或表述正确的是
A. 的形成过程可表示为
B. 中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构
C. 在 、石墨、金刚石中，碳原子有 和 三种杂化方式
D. 和 都能作制冷剂是因为它们有相同类型的分子间作用力
【答案】B
【解析】A． 是共价化合物，其电子式为 ， 的形成过程可表示为 ，
故A错误；
B． 中 的中心N原子孤电子对数为 ，价层电子对数为4， 的中心 原
子孤电子对数为 ，价层电子对数为4，则二者的 模型和空间结构均为正四面体
形，故B正确；
C． 、石墨、金刚石中碳原子的杂化方式分别为 、 、 ，共有2种杂化方式，故C错误；
D． 易液化，其气化时吸收热量，可作制冷剂，干冰易升华，升华时吸收热量，也可作制冷剂，
分子间作用力 为氢键和范德华力， 分子间仅存在范德华力，故D错误；
故选B。
24. （2024·浙江卷6月） 物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途
的是
选
结构或性质 用途
项
A 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 石墨可用作润滑剂
B 具有氧化性 可用作漂白剂
C 聚丙烯酸钠( )中含有亲水基团 聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂
D 冠醚18-冠-6空腔直径( )与 直径 冠醚18-冠-6可识别 ，能增大 在有( )接近 机溶剂中的溶解度
【答案】B
【解析】A． 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，该作用力较小，层与层容易滑动，石墨可用作润滑
剂，A正确；
B． 具有漂白性，可用作漂白剂，B错误；
C． 聚丙烯酸钠( )中含有亲水基团-COO-，聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂，C正确；
D． 冠醚18-冠-6空腔直径( )与 直径( )接近，可识别 ，使K+存在于其空腔中，进
而能增大 在有机溶剂中的溶解度，D正确；
故选B。
25. （2024·浙江卷6月） 中的 原子均通过 杂化轨道成键，与 溶液反应 元素均转化
成 。下列说法不正确的是
A. 分子结构可能是 B. 与水反应可生成一种强酸
C. 与 溶液反应会产生 D. 沸点低于相同结构的
【答案】A
【解析】A．该结构中，如图 所示的两个Cl，Cl最外层有7个电子，形成了两个共价键，
因此其中1个应为配位键，而Si不具备空轨道来接受孤电子对，因此 结构是错误的，故A
错误；
B． 与水反应可生成HCl，HCl是一种强酸，故B正确；
C． 与 溶液反应 元素均转化成 ，Si的化合价升高，根据得失电子守恒可知，H
元素的化合价降低，会有H 生成，故C正确；
2
D． 的相对分子质量大于 ，因此 的范德华力更大，沸点更高，故D正确；
故选A。
26. （2024·湖南卷）通过理论计算方法优化了P和Q的分子结构，P和Q呈平面六元并环结构，原子的连
接方式如图所示，下列说法错误的是A. P为非极性分子，Q为极性分子 B. 第一电离能：
C. 和 所含电子数目相等 D. P和Q分子中C、B和N均为 杂化
【答案】A
【解析】A．由所给分子结构图，P和Q分子都满足对称，正负电荷重心重合，都是非极性分子，A错误；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大
于相邻元素，则第一电离能由小到大的顺序为BH，C-F键极性大于C-H键，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更容易电离，酸性增
强，故C正确；
D．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中HCO 间存在氢键，与晶格能大小无关，
即与阴离子电荷无关，故D错误；
答案选D。
30．（2023·山东卷）下列分子属于极性分子的是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】A．CS 中C上的孤电子对数为 ×(4-2×2)=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为2，CS 的空间
2 2
构型为直线形，分子中正负电中心重合，CS 属于非极性分子，A项不符合题意；
2
B．NF 中N上的孤电子对数为 ×(5-3×1)=1，σ键电子对数为3，价层电子对数为4，NF 的空间构型为三
3 3
角锥形，分子中正负电中心不重合，NF 属于极性分子，B项符合题意；
3C．SO 中S上的孤电子对数为 ×(6-3×2)=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，SO 的空间构型为平
3 3
面正三角形，分子中正负电中心重合，SO 属于非极性分子，C项不符合题意；
3
D．SiF 中Si上的孤电子对数为 ×(4-4×1)=0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4，SiF 的空间构型为正
4 4
四面体形，分子中正负电中心重合，SiF 属于非极性分子，D项不符合题意；
4
答案选B。
31．（2023·浙江卷）共价化合物 中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：
，下列说法不正确的是
A． 的结构式为 B． 为非极性分子
C．该反应中 的配位能力大于氯 D． 比 更难与 发生反应
【答案】D
【解析】A．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为
，故A正确；
B．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为 ，
则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B正确；
C．由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C正确；
D．溴元素的电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的
铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误；
故选D。
32．（2022·天津卷）利用反应 可制备N2H4。下列叙述正确的是
A．NH 分子有孤电子对，可做配体
3
B．NaCl晶体可以导电
C．一个NH 分子中有4个σ键
2 4
D．NaClO和NaCl均为离子化合物，他们所含的化学键类型相同
【答案】A
【解析】A．NH 中N原子的孤电子对数＝ ＝1，可以提供1对孤电子对，可以做配体，A正确；
3
B．导电需要物质中有可自由移动的离子或电子，NaCl晶体中没有自由移动的电子或者离子，故不能导电，
B错误；
C．单键属于σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；NH 的结构式为
2 4
，分子中含有5个σ键，C错误；D．NaClO含有离子键和共价键，NaCl只含有离子键，都是离子化合物，但所含的化学键类型不同，D错
误；
故选A。
33．（2022·辽宁卷）理论化学模拟得到一种 离子，结构如图。下列关于该离子的说法错误的是
A．所有原子均满足8电子结构 B．N原子的杂化方式有2种
C．空间结构为四面体形 D．常温下不稳定
【答案】B
【解析】A．由 的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A正确；
B．中心N原子为 杂化，与中心N原子直接相连的N原子为 杂化，与端位N原子直接相连的N原子
为 杂化，端位N原子为 杂化，则N原子的杂化方式有3种，B错误；
C．中心N原子为 杂化，则其空间结构为四面体形，C正确；
D． 中含叠氮结构( )，常温下不稳定，D正确；
故答案选B。
34．（2022·北京卷）由键能数据大小，不能解释下列事实的是
化学键
键能/ 411 318 799 358 452 346 222
A．稳定性： B．键长：
C．熔点： D．硬度：金刚石>晶体硅
【答案】C
【解析】A．键能越大越稳定， 键能大于 ，所以稳定性： ，故不选A；
B．键能越大，键长越短， 键能大于 ，所以键长： ，故不选B；
C．CO 是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO 是共价晶体，所以熔点 ，不能用键能解释
2 2
熔点 ，故选C；
D．金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大， 的键能大于 ，所
以硬度：金刚石>晶体硅，故不选D；
选C。
35．（2022·江苏卷）下列说法正确的是
A．金刚石与石墨烯中的 夹角都为B． 、 都是由极性键构成的非极性分子
C．锗原子( )基态核外电子排布式为
D．ⅣA族元素单质的晶体类型相同
【答案】B
【解析】A．金刚石中的碳原子为正四面体结构， 夹角为109°28′，故A错误；
B． 的化学键为Si-H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子； 的化学键为
Si-Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B正确；
C．锗原子( )基态核外电子排布式为[Ar]3d10 ，故C错误；
D．ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，故D错误；
故选B。
36．（2022·湖北卷）磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为 。下列关于该分子的说法正确的
是
A．为非极性分子 B．立体构型为正四面体形
C．加热条件下会分解并放出 D．分解产物 的电子式为
【答案】C
【解析】A．磷酰三叠氮分子不是对称结构，分子中的正负电荷重心是不重合的，是极性分子，A项错误；
B．磷酰三叠氮分子含有三个P-N键及一个P=O双键，则立体构型为四面体构型，B项错误；
C．磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出 ，C项正确；
D． 为共价化合物，则电子式为 ，D项错误；
答案选C。
37．（2022·海南卷）已知 ， 的酸性比 强。
下列有关说法正确的是
A．HCl的电子式为 B．Cl-Cl键的键长比I-I键短
C． 分子中只有σ键 D． 的酸性比 强
【答案】BD
【解析】A．HCl为共价化合物，H原子和Cl原子间形成共用电子对，其电子式为 ，A错误；
B．原子半径Cl＜I，故键长：Cl—Cl＜I—I，B正确；
C．CHCOOH分子中，羧基的碳氧双键中含有π键，C错误；
3
D．电负性Cl＞I，对O-H的共用电子对具有更强的吸引作用，导致O-H更易电离，故而酸性增加。即
ClCH COOH的酸性比ICHCOOH强，D正确；
2 2
答案选BD。
考法3 晶体结构与物质性质38. （2024·安徽卷） 研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物( )，其立方晶胞和导
电时 迁移过程如下图所示。已知该氧化物中 为 价， 为 价。下列说法错误的是
A. 导电时， 和 的价态不变 B. 若 ， 与空位的数目相等
C. 与体心最邻近的O原子数为12 D. 导电时、空位移动方向与电流方向相反
【答案】B
【解析】A．根据题意，导电时Li+发生迁移，化合价不变，则Ti和La的价态不变，A项正确；
B．根据“均摊法”，1个晶胞中含Ti：8× =1个，含O：12× =3个，含La或Li或空位共：1个，若x=
，则La和空位共 ，n(La)+n(空位)= ，结合正负化合价代数和为0，(+1)× +(+3)×n(La)+(+4)×1+
(-2)×3=0，解得n(La)= 、n(空位)= ，Li+与空位数目不相等，B项错误；
C．由立方晶胞的结构可知，与体心最邻近的O原子数为12，即位于棱心的12个O原子，C项正确；
D．导电时Li+向阴极移动方向，即与电流方向相同，则空位移动方向与电流方向相反，D项正确；
答案选B。
39. （2024·黑吉辽卷）某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成
和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法错误的是
A. 结构1钴硫化物的化学式为 B. 晶胞2中S与S的最短距离为当
C. 晶胞2中距 最近的S有4个 D. 晶胞2和晶胞3表示同一晶体
【答案】B
【解析】A．由均摊法得，结构1中含有Co的数目为 ，含有S的数目为 ，Co与S的原子个数比为9：8，因此结构1的化学式为Co S，故A正确；
9 8
B．由图可知，晶胞2中S与S的最短距离为面对角线的 ，晶胞边长为a，即S与S的最短距离为：
，故B错误；
C．如图： ，以图中的Li为例，与其最近的S共4个，故C正确；
D．如图 ，当2个晶胞2放在一起时，图中红框截取的部分就是
晶胞3，晶胞2和晶胞3表示同一晶体，故D正确；
故选B。
40. （2024·湖北卷）黄金按质量分数分级，纯金为 。 合金的三种晶胞结构如图，Ⅱ和Ⅲ是立
方晶胞。下列说法错误的是
A. I为 金
B. Ⅱ中 的配位数是12
C. Ⅲ中最小核间距
D. I、Ⅱ、Ⅲ中， 与 原子个数比依次为 、 、
【答案】C
【解析】A．由24K金的质量分数为100%，则18K金的质量分数为： ，I中Au和Cu
原子个数比值为1:1，则Au的质量分数为： ，A正确；
B．Ⅱ中Au处于立方体的八个顶点，Au的配位数指距离最近的Cu，Cu处于面心处，类似于二氧化碳晶胞
结构，二氧化碳分子周围距离最近的二氧化碳有12个，则Au的配位数为12，B正确；C． 设Ⅲ的晶胞参数为a， 的核间距为 ， 的最小核间距也为 ，最小核间距
，C错误；
D． I中， 处于内部， 处于晶胞的八个顶点，其原子个数比为1:1；Ⅱ中， 处于立方体的八个顶
点， 处于面心，其原子个数比为： ；Ⅲ中， 处于立方体的面心， 处于顶点，
其原子个数比为 ；D正确；
故选C。
41. （2024·河北卷）金属铋及其化合物广泛应用于电子设备、医药等领域。如图是铋的一种氟化物的立方
晶胞及晶胞中MNPQ点的截面图，晶胞的边长为 为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 该铋氟化物的化学式为
B. 粒子S、T之间的距离为
C. 该晶体的密度为
D. 晶体中与铋离子最近且等距的氟离子有6个
【答案】D
【解析】A．根据题给晶胞结构，由均摊法可知，每个晶胞中含有 个 ，含有
个F-，故该铋氟化物的化学式为 ，故A正确；
B．将晶胞均分为8个小立方体，由晶胞中MNPQ点的截面图可知，晶胞体内的8个F-位于8个小立方体
的体心，以M为原点建立坐标系，令N的原子分数坐标为 ，与Q、M均在同一条棱上的F-的原子
分数坐标为 ，则T的原子分数坐标为 ， S的原子分数坐标为 ，所以粒子S、T之间的距离为 ，故B正确；
C．由A项分析可知，每个晶胞中有4个Bi3+、12个F-，晶胞体积为 ，则晶体密度为
= ，故C正确；
D．以晶胞体心处铋离子为分析对象，距离其最近且等距的氟离子位于晶胞体内，为将晶胞均分为8个小
立方体后，每个小立方体的体心的F-，即有8个，故D错误；
故答案为：D。
42. （2024·湖南卷） 是一种高活性的人工固氮产物，其合成反应为
，晶胞如图所示，下列说法错误的是
A. 合成反应中，还原剂是 和C
B. 晶胞中含有 的个数为4
C. 每个 周围与它最近且距离相等的 有8个
D. 为V型结构
【答案】D
【解析】A．LiH中H元素为-1价，由图中 化合价可知， N元素为-3价，C元素为+4价，根据反应
可知，H元素由-1价升高到0价，C元素由0价升高到+4价，N元素由
0价降低到-3价，由此可知还原剂是 和C，故A正确；
B．根据均摊法可知， 位于晶胞中的面上，则含有的 个数为 ，故B正确；
C．观察位于体心的 可知，与它最近且距离相等的 有8个，故C正确；
D． 的中心原子C原子的价层电子对数为 ，且 与CO 互为等电子体，
2
可知 为直线型分子，故D错误；
故答案选D。43. （2024·甘肃卷） 晶体中，多个晶胞无隙并置而成的结构如图甲所示，其中部分结构显示为图
乙，下列说法错误的是
A. 电负性： B. 单质 是金属晶体
C. 晶体中存在范德华力 D. 离子的配位数为3
【答案】D
【解析】A．电负性越大的元素吸引电子的能力越强，活泼金属的电负性小于活泼非金属，因此，Mg的电
负性小于 Cl，A正确；
B．金属晶体包括金属单质及合金，单质Mg是金属晶体，B正确；
C．由晶体结构可知，该结构中存在层状结构，层与层之间存在范德华力，C正确；
D．由图乙中结构可知，每 个 与周围有6个 最近且距离相等，因此 ， 的配位数为6，D错
误；
综上所述，本题选D。
温室气体 在催化剂作用下可分解为 和 ，也可作为氧化剂氧化苯制苯酚。据此完成下面小题。
44．（2023·新课标卷）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为 ，部分晶体结构
如下图所示，其中 为平面结构。
下列说法正确的是
A．该晶体中存在N-H…O氢键 B．基态原子的第一电离能：
C．基态原子未成对电子数： D．晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
【答案】A
【解析】A．由晶体结构图可知， 中的 的 与 中的 形成氢键，因此，该晶体中存在 氢键，A说法正确；
B．同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电
离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C< O < N，B说法不
正确；
C．B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数BX Q
2 2
B. M与Q可形成化合物MQ、MQ
2 2 2
C. 化学键中离子键成分的百分数：MZ>M Q
2 2
D.YZ - 与QZ2-离子空间结构均 三为角锥形
3 3
【答案】D
【分析】X半径最小为H，短周期电负性最小则M为Na，Z原子的s能级与p能级的电子数相等，则Z为O，Z与Y、Q相邻，Y为N，Q为S，以此分析；
【解析】A．HO中含有氢键，则沸点高于HS，A正确；
2 2
B．Na与O形成NaO、NaO，则O与S同族化学性质性质相似，B正确；
2 2 2
C．NaO的电子式为 ，NaS的电子式为 ，离子键百分比 = (电
2 2
负性差值 / 总电负性差值)，O的电负性大于S，则NaO离子键成分的百分数大于NaS，C正确；
2 2
D. 为sp2杂化，孤电子对为0，为平面三角形， 为sp3杂化，孤电子对为1，三角锥形，D错误；
故答案为：D。
55. （2024·黑吉辽卷）如下反应相关元素中，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态X原
子的核外电子有5种空间运动状态，基态Y、Z原子有两个未成对电子，Q是ds区元素，焰色试验呈绿色。
下列说法错误的是
A. 单质沸点： B. 简单氢化物键角：
C. 反应过程中有蓝色沉淀产生 D. 是配合物，配位原子是Y
【答案】D
【分析】Q是ds区元素，焰色试验呈绿色，则Q为Cu元素；空间运动状态数是指电子占据的轨道数，基
态X原子的核外电子有5种空间运动状态，则X为第2周期元素，满足此条件的主族元素有N(1s22s22p3)、
O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)；X、Y、Z为原子序数依次增大，基态Y、Z原子有两个未成对电子，若Y、Z
为第2周期元素，则满足条件的可能为C(1s22s22p2)或O(1s22s22p4)，C原子序数小于N，所以Y不可能为
C，若Y、Z为第3周期元素，则满足条件的可能为Si(1s22s22p63s23p2)或S(1s22s22p63s23p4)，Y、Z可与Cu
形成CuZY ，而O、Si、S中只有O和S形成的 才能形成CuZY ，所以Y、Z分别为O、S元素，则X
4 4
只能为N；W能与X形成WX，则W为IA族或VIIA族元素，但W原子序数小于N，所以W为H元素，
3
综上所述，W、X、Y、Z、Q分别为H、N、O、S、Cu。
【解析】A．W、Y、Z分别为H、O、S，S单质常温下呈固态，其沸点高于氧气和氢气，O 和H 均为分
2 2
子晶体，O 的相对分子质量大于H，O 的范德华力大于 H，所以沸点O＞H，即沸点S＞O＞H，故A
2 2 2 2 2 2 2 2
正确；
B．Y、X的 简单氢化物分别为HO和NH ，HO的中心原子O原子的价层电子对数为2+ ×(6-2×1)=4、
2 3 2
孤电子对数为2，空间构型为V形，键角约105º，NH 的中心原子N原子的价层电子对数为3+ ×(5-
3
3×1)=4、孤电子对数为1，空间构型为三角锥形，键角约107º18´，所以键角： ，故B正确；
C．硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水不足时生成蓝色沉淀氢氧化铜，氨水过量时氢氧化铜溶解，生成
Cu(NH )SO ，即反应过程中有蓝色沉淀产生，故C正确；
3 4 4
D． 为Cu(NH )SO ，其中铜离子提供空轨道、NH 的N原子提供孤电子对，两者形成配位键，
3 4 4 3
配位原子为N，故D错误；故答案为：D。
56. （2024·湖北卷）主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y的价电子数相等，Z的价电子所在
能层有16个轨道，4种元素形成的化合物如图。下列说法正确的是
A. 电负性： B. 酸性：
C. 基态原子的未成对电子数： D. 氧化物溶于水所得溶液的
【答案】D
【分析】主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y的价电子数相等，Z的价电子所在能层有16个
轨道，则Z个有4个能层。根据这4种元素形成的化合物的结构可以推断，W、X、Y、Z分别为H、O、
S、K。
【解析】A．W和Y可以形成 ，其中S显-2价，因此，电负性S>H，A不正确；
B． 是中强酸，而 是强酸，因此，在相同条件下，后者的酸性较强，B不正确；
C．H只有1个电子，O的2p轨道上有4个电子，O有2个未成对电子，因此，基态原子的未成对电子数
O>H，C不正确；
D．K的氧化物溶于水且与水反应生成强碱 ，S的氧化物溶于水且与水反应生成 或 ，
因此，氧化物溶于水所得溶液的pH的大小关系为 K>S，D正确；
综上所述，本题选D。
57. （2024·浙江卷6月）X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y
与M同主族，Y与Z核电荷数相差2，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法不正确的是
A. 键角： B. 分子的极性：
C. 共价晶体熔点： D. 热稳定性：
【答案】B
【分析】X、Y、Z、M四种主族元素，原子序数依次增大，分别位于三个不同短周期，Y与M同主族，Y
与Z核电荷数相差2，Z的原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则Z为O元素，Y为C元素，X为H
元素，M为Si元素。
【解析】A． 为 ，其中C原子的杂化类型为 ， 的空间构型为平面正三角形，键角为
120°； 为 ，其中C原子的杂化类型为 ， 的空间构型为三角锥形，由于C原子还有1个
孤电子对，故键角小于109°28´，因此，键角的大小关系为 ，A正确；
B． 为 ，其为直线形分子，分子结构对称，分子中正负电荷的重心是重合的，故其为百极性分
子； 分子结构不对称，分子中正负电荷的重心是不重合的，故其为极性分子，因此，两者极性的大小关系为 ，B不正确；
C．金则石和晶体硅均为共价晶体，但是由于C的原子半径小于Si，因此，C—C键的键能大于Si—Si键的，
故共价晶体熔点较高的是金刚石，C正确；
D．元素的非金属性越强，其气态氢化物的热稳定性越强；C的非金属性强于Si，因此，甲烷的稳定热稳
定性较高，D正确；
综上所述，本题选B。
58. （2024·甘肃卷）X、Y、Z、W、Q为短周期元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为18。Y原
子核外有两个单电子，Z和Q同族，Z的原子序数是Q的一半，W元素的焰色试验呈黄色。下列说法错误
的是
A. X、Y组成的化合物有可燃性 B. X、Q组成的化合物有还原性
C. Z、W组成的化合物能与水反应 D. W、Q组成的化合物溶于水呈酸性
【答案】D
【分析】X、Y、Z、W、Q为短周期元素，W元素的焰色试验呈黄色，W为Na元素；Z和Q同族，Z的
原子序数是Q的一半，则Z为O、Q为S；Y原子核外有两个单电子、且原子序数小于Z，Y为C元素；
X、Y、Z、W、Q的最外层电子数之和为18，则X的最外层电子数为18-4-6-1-6=1，X可能为H或Li。
【解析】A．若X为H，H与C组成 的化合物为烃，烃能够燃烧，若X为Li，Li与C组成的化合物也具有
可燃性，A项正确；
B．X、Q组成的化合物中Q（即S）元素呈-2价，为S元素的最低价，具有还原性，B项正确；
C．Z、W组成的化合物为NaO、NaO ，NaO与水反应生成NaOH，NaO 与水反应生成NaOH和O ，C
2 2 2 2 2 2 2
项正确；
D．W、Q组成的化合物NaS属于强碱弱酸盐，其溶于水所得溶液呈碱性，D项错误；
2
答案选D。
59. （2024·全国甲卷）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素。W和X原子序数之和等于Y-的
核外电子数，化合物W+[ZY]-可用作化学电源的电解质。下列叙述正确的是
6
A. X和Z属于同一主族B. 非属性：X>Y>Z C. 气态氢化物的稳定性：Z>YD. 原子半径：Y>X>W
5．A
【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，且能形成离子化合物 ，则W为Li或
Na；又由于W和X原子序数之和等于 的核外电子数，若W为Na，X原子序数大于Na，则W和X原子
序数之和大于18，不符合题意，因此W只能为Li元素；由于Y可形成 ，故Y为第Ⅶ主族元素，且原子
序数Z大于Y，故Y不可能为Cl元素，因此Y为F元素，X的原子序数为10-3=7，X为N元素；根据
W、Y、Z形成离子化合物 ，可知Z为P元素；综上所述，W为Li元素，X为N元素，Y为F元
素，Z为P元素。
A．由分析可知，X为N元素，Z为P元素，X和Z属于同一主族，A项正确；
B．由分析可知，X为N元素，Y为F元素，Z为P元素，非金属性：F＞N＞P，B项错误；
C．由分析可知，Y为F元素，Z为P元素，非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，即气态氢化
物的稳定性：HF＞PH ，C项错误；
3D．由分析可知，W为Li元素，X为N元素，Y为F元素，同周期主族元素原子半径随着原子序数的增大
而减小，故原子半径：Li＞N＞F，D项错误；
故选A。
60. （2024·新课标卷） 我国科学家最近研究的一种无机盐 纳米药物具有高效的细胞内亚铁
离子捕获和抗氧化能力。W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W
的外层电子数是其内层电子数的2倍，X和Y的第一电离能都比左右相邻元素的高。Z的M层未成对电子
数为4。下列叙述错误的是
A. W、X、Y、Z四种元素的单质中Z的熔点最高
B. 在X的简单氢化物中X原子轨道杂化类型为
C. Y的氢氧化物难溶于NaCl溶液，可以溶于 溶液
D. 中 提供电子对与 形成配位键
【答案】A
【分析】W、X 、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是
其内层电子数的2倍，则W为C元素；每个周期的ⅡA和ⅤA的元素的第一电离能都比左右相邻元素的
高，由于配合物 中Y在外界，Y可形成简单阳离子，则Y属于金属元素，故X和Y分别为
N和Mg；Z的M层未成对电子数为4，则其3d轨道上有4个不成对电子，其价电子排布式为 ，Z
为Fe元素， 为 。
【解析】A．W、X、 Y、Z四种元素的单质中，N元素的单质形成分子晶体，Mg和Fe均形成金属晶体，
C元素既可以形成金刚石又可以形成石墨，石墨的熔点最高，A不正确；
B．在X的简单氢化物是 ，其中C原子轨道杂化类型为 ，B正确；
C．Y的氢氧化物是 ，其属于中强碱，其难溶于水，难溶于 溶液，但是，由于 电
离产生的 可以破坏 的沉淀溶解平衡，因此 可以溶于 溶液，C正确；
D． 中 提供电子对与 形成配位键，D正确；
综上所述，本题选A。
61. （2024·河北卷）侯氏制碱法工艺流程中的主反应为 ，其中
W、X、Y、Z、Q、R分别代表相关化学元素。下列说法正确的是
A. 原子半径： B. 第一电离能：
C. 单质沸点： D. 电负性：
【答案】C
【分析】侯氏制碱法主反应的化学方程式为 ，则可推出
W、X、Y、Z、Q、R分别为H元素、C元素、N元素、O元素、 元素、 元素。【解析】A．一般原子的电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半
径： ，故A错误；
B．同周期从左到右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子的第一电离能大于同周期相邻元素，
则第一电离能： ，故B错误；
C． 、 为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，二者在常温下均为气体， 在常温下为固体，
则沸点： ，故C正确；
D．同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，同族元素，从上到下电负性逐渐减小，电负性： ，
故D错误；
故选C。
62．（2023·全国甲卷）W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19。Y
的最外层电子数与其K层电子数相等，WX 是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是
2
A．原子半径： B．简单氢化物的沸点：
C． 与 可形成离子化合物 D． 的最高价含氧酸是弱酸
【答案】C
【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，WX 是形成酸雨的物质之一，根据原子序
2
数的规律，则W为N，X为O，Y的最外层电子数与其K层电子数相等，又因为Y的原子序数大于氧的，
则Y电子层为3层，最外层电子数为2，所以Y为Mg，四种元素最外层电子数之和为19，则Z的最外层
电子数为6，Z为S，据此解答。
【解析】A．X为O，W为N，同周期从左往右，原子半径依次减小，所以半径大小为W＞X，A错误；
B．X为O，Z为S，X的简单氢化物为HO，含有分子间氢键，Z的简单氢化物为HS，没有氢键，所以
2 2
简单氢化物的沸点为X＞Z，B错误；
C．Y为Mg，X为O，他们可形成MgO，为离子化合物，C正确；
D．Z为S，硫的最高价含氧酸为硫酸，是强酸，D错误；
故选C。
63．（2023·全国乙卷）一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、
X、Y原子序数依次增大。简单离子 与 具有相同的电子结构。下列叙述正确的是
A．X的常见化合价有 、 B．原子半径大小为
C．YX的水合物具有两性 D．W单质只有4种同素异形体
【答案】A
【分析】W、X、Y为短周期元素，原子序数依次增大，简单离子X2-与Y2+具有相同的电子结构，则它们
均为10电子微粒， X为O，Y为Mg，W、X、Y组成的物质能溶于稀盐酸有无色无味的气体产生，则W
为C，产生的气体为二氧化碳，据此解答。
【解析】A．X为O，氧的常见价态有-1价和-2价，如HO 和HO，A正确；
2 2 2
B．W为C，X为O，Y为Mg，同主族时电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越小，
原子半径越大，所以原子半径大小为：Y＞W＞X，B错误；C．Y为Mg，X为O，他们可形成MgO，水合物为Mg(OH) ，Mg(OH) 只能与酸反应生成盐和水，不能与
2 2
碱反应，所以YX的水合物没有两性，C错误；
D．W为C，碳的同素异形体有：金刚石、石墨、石墨烯、富勒烯、碳纳米管等，种类不止四种，D错误；
故选A。
64．（2023·湖南卷）日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W(ZX)·WY。已知：X、Y、Z和W为
3 4 2 2
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：X>Y>Z>W
B．原子半径：XX>Z>W，A错误；
B．同一周期原子半径从左到右依次减小，同一主族原子半径从上到下依次增大，故四种原子的原子半径
大小为：YO>C，B错误；
C．Q为Al，Al O 为两性氧化物，C正确；
2 3
D．该阴离子中L与Q之间形成配位键，D正确；
故答案选AB。
67．（2023·湖北卷）W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核
外电子数与X的价层电子数相等， 是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物 。下
列说法正确的是
A．分子的极性： B．第一电离能：XX，A正确；
B．N最高正价为+5价，O无最高正价，最高正价N大于O，B错误；
C．Na和O形成的过氧化钠中含有非极性共价键，C正确；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性N大于C，硝酸酸性强于碳酸，D正
确；
故选B。
69．（2022·全国乙卷）化合物 可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短
周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。 分子的总电子数为奇数常温下为气体。该化合物的热重
曲线如图所示，在 以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体
B．最高价氧化物的水化物酸性：
C． 阶段热分解失去4个
D． 热分解后生成固体化合物
【答案】D
【解析】化合物(YW XZ·4W Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序
4 5 8 2
数依次增加，且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则
说明失去的是水，即W为H，Z为O，YZ 分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原子序数
2
依次增加，且加和为21，则X为B。
A．X(B)的单质常温下为固体，故A错误；
B．根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H BO)＜
3 3
Y(HNO )，故B错误；
3
C．根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，若100～200℃阶段热分解
失去4个HO，则质量分数 ，则说明不是失去去4个HO，故C
2 2
错误；
D．化合物(NH B O·4H O)在500℃热分解后若生成固体化合物XZ(B O)，根据硼元素守恒，则得到关系
4 5 8 2 2 3 2 3
式2NH B O·4H O～5B O，则固体化合物B O 质量分数为 ，
4 5 8 2 2 3 2 3
说明假设正确，故D正确。
综上所述，答案为D。
70．（2022·广东卷）甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。戊的最高价氧化物对
应的水化物为强酸。下列说法不正确的是
A．原子半径：丁＞戊＞乙
B．非金属性：戊＞丁＞丙C．甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生
D．丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应
【答案】C
【解析】甲～戊是短周期元素，戊中的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高
氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S，若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁
为P。
A．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁＞戊＞乙，故A正确；
B．根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：戊＞丁＞丙，故B正确；
C．甲的氢化物可能为氨气，可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生；若是甲烷、
乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故C错误；
D．丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸、也可能是磷酸，都一定能与强碱反应，故D正确。
综上所述，答案为C。
71．（2022·全国甲卷）Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为
19。Q与X、Y、Z位于不同周期，X、Y相邻，Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说
法正确的是
A．非金属性： B．单质的熔点：
C．简单氢化物的沸点： D．最高价含氧酸的酸性：
【答案】D
【解析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外
层电子数为Q元原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电
子数为4，则Y为Si元素，X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素，Q、X、Y、Z的最外层
电子数之和为19，则Q、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12，主族元素的最外层电子数最多为7，若Q的
最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若Q的最外层电子数为6，为O元素，
则Z的最外层电子数为6，为S元素，若Q的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl
元素；综上所述，Q为N或O或F，X为Al，Y为Si，Z为Cl或S或P，据此分析解题。
A．X为Al，Q为N或O或F，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，
故非金属性：Q>X，A错误；
B．由分析可知，X为Al属于金属晶体，Y为Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点Si>Al，即Y>X，
B错误；
C．含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q为N或O或F，其简单氢化物为HO或NH 或HF，Z为Cl
2 3
或S或P，其简单氢化物为HCl或HS或PH ，由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，
2 3
故沸点Q>Z，C错误；
D．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Cl的非金属性均强于Si，因此最高价含氧
酸酸性：Z>Y，D正确；
故答案为：D。
72．（2022·重庆卷）R、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y。R和X的
原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为+1。1mol化合物RZY X含
358mol电子。下列说法正确的是
A．R与X形成的化合物水溶液呈碱性 B．X是四种元素中原子半径最大的
C．Y单质的氧化性比Z单质的弱 D．Z的原子最外层电子数为6
【答案】D
【分析】由题干信息可知，R、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y，R
和X的原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为+1，则R为H，X为Cl
或F；1mol化合物RZY X含58mol电子，设Y的原子序数为a，则Z的原子序数为a+8；若X为F，则有
3
1+9+a+8+3a=58，解得a=10，则Y为Ne，不符合题意；若X为Cl，则有1+17+a+8+3a=58，解得a=8，则
Y为O，Z为S；故R为H、X为Cl、Y为O、Z为S，据此分析解题。
【解析】A．由分析可知，R为H、X为Cl，故R与X形成的化合物即HCl水溶液呈酸性，A错误；
B．由分析可知，R为H、X为Cl、Y为O、Z为S，故S是四种元素中原子半径最大的，B错误；
C．由分析可知，Y为O、Z为S，由于O的非金属性比S强，故O 的氧化性比S强，C错误；
2
D．由分析可知，Z为S，是16号元素，S原子最外层电子数为6，D正确；
故答案为：D。
73．（2022·福建卷）某非线性光学晶体由钾元素(K)和原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素
组成。X与Y、Z与W均为同周期相邻元素，X的核外电子总数为最外层电子数的2倍，Z为地壳中含量
最多的元素。下列说法正确的是
A．简单氢化物沸点： B． 分子的空间构型为三角锥形
C．原子半径： D．最高价氧化物对应水化物的碱性：
【答案】A
【分析】X的核外电子总数为最外层电子数的2倍，X为Be；Z为地壳中含量最多的元素，Z为O，X与
Y、Z与W均为同周期相邻元素，Y为B，W为F，据此解答。
【解析】A． 常温下为液态，HF常温下为气体，沸点 ，故A正确；
B． 为BF，中心B原子有3对价电子且没有孤电子对，空间构型为平面三角形，故B错误；
3
C．四种元素为同周期元素，随核电荷数增大原子半径减小，原子半径：Be>B>O>F，故C错误；
D．Be最高价氧化物水化物为Be(OH) ，溶液显两性，B最高价氧化物的水化物为HBO，溶液显酸性，
2 3 3
故D错误；
故选：A。
74．（2022·辽宁卷）短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电
子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误的是
A．X能与多种元素形成共价键 B．简单氢化物沸点：
C．第一电离能： D．电负性：
【答案】B
【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W
为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外层
电子排布为2s22p2或2s22p4，即C或O；②为第三周期元素时，最外层电子排布为3s23p2或3s23p4，即Si或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系可知，则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N。
【解析】A．X为C，能与多种元素(H、O、N、P、S等)形成共价键，A正确；
B．Z和Q形成的简单氢化物为HO和HS，由于HO分子间能形成氢键，故HO沸点高于HS，B错误；
2 2 2 2 2
C．Y为N，Z为O，N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，C正确；
D．W为Al，Z为O，O的电负性更大，D正确；
故选B。
75．（2022·湖南卷）科学家合成了一种新的共价化合物(结构如图所示)，X、Y、Z、W为原子序数依次增
大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是
A．原子半径：
B．非金属性：
C．Z的单质具有较强的还原性
D．原子序数为82的元素与W位于同一主族
【答案】C
【解析】由共价化合物的结构可知，X、W形成4个共价键，Y形成2个共价键，Z形成1个共价键，X、
Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，则X为C元素、
Y为O元素、Z为F元素、W为Si元素。
A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则C、O、F的原子半径大小顺序为C＞O＞F，故A正确；
B．同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，
则C、O、Si的非金属性强弱顺序为O＞C＞Si，故B正确；
C．位于元素周期表右上角的氟元素的非金属性最强，单质具有很强的氧化性，故C错误；
D．原子序数为82的元素为铅元素，与硅元素都位于元素周期表ⅣA族，故D正确；
故选C。
76．（2022·河北卷）两种化合物的结构如图，其中X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期主
族元素，下列说法错误的是
A．在两种化合物中，X、Y、Z、R、Q均满足最外层8电子稳定结构
B．X、Y、Z、R、Q中，R的非金属性及简单氢化物的稳定性均最强
C．将装有YZ 气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变浅
2
D．Z的某种同素异形体在大气中的含量与环境污染密切相关
【答案】A【分析】X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，由两种化合物的结构示意图可知，
X、Y、Z、R、Q形成共价键的数目分别为4、3、2、1、5，则五种元素分别为C元素、N元素、O元素、
F元素、P元素。
【解析】A．由两种化合物的结构示意图可知，化合物中磷原子的最外层电子数为10，不满足最外层8电
子稳定结构，故A错误；
B．C元素、N元素、O元素、F元素、P元素中位于元素周期表右上角的氟元素的非金属性最强，元素的
非金属性越强，简单氢化物的稳定性最强，故B正确；
C．红棕色二氧化氮转化为无色四氧化二氮的反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，气体
的颜色变浅，则将装有二氧化氮气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变浅，故C正确；
D．氧气和臭氧是氧元素形成的不同种单质，互为同素异形体，臭氧层破坏会造成环境污染，则臭氧在大
气中的含量与环境污染密切相关，故D正确；
故选A。
77．（2022·海南卷）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y同周期并相邻，Y是组成
水的元素之一，Z在同周期主族元素中金属性最强，W原子在同周期主族元素中原子半径最小，下列判断
正确的是
A． 是非极性分子
B．简单氢化物沸点：
C．Y与Z形成的化合物是离子化合物
D．X、Y、Z三种元素组成的化合物水溶液呈酸性
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y同周期并相邻，且Y是组成水的元
素之一，则Y为O元素，X为N元素，Z在同周期主族元素中金属性最强，则Z为Na元素，W原子在同
周期主族元素中原子半径最小，则W为Cl元素，据此分析解答。
【解析】A．由分析，X为N元素，W为Cl元素，NCl 分子的空间构型为三角锥形，其正负电荷的中心不
3
重合，属于极性分子，A错误；
B．HO和NH 均含有氢键，但HO分子形成的氢键更多，故沸点HO＞NH ，B错误；
2 3 2 2 3
C．Y为O元素，Z为Na元素，两者形成的化合物为NaO、NaO 均为离子化合物，C正确；
2 2 2
D．N、O、Na三种元素组成的化合物NaNO 呈中性、NaNO 呈碱性，D错误；
3 2
答案选C。
78．（2022·浙江卷）X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数等于其
周期数， 分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，Q是同周期
中非金属性最强的元素。下列说法正确的是
A．X与Z形成的10电子微粒有2种
B．Z与Q形成的一种化合物可用于饮用水的消毒
C． 与 的晶体类型不同
D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性【答案】B
【分析】X的核外电子数等于其周期数，X为H，YX 分子呈三角锥形，Y为N，Z的核外电子数等于X、
3
Y核外电子数之和，则Z为O，M与X同主族，则M为Na，Q是同周期中非金属性最强的元素，则Q为
Cl，综合分析，X为H，Y为N，Z为O，M为Na，Q为Cl，以此解题。
【解析】A．由分析可知X为H，Z为O，则其形成的10电子微粒有HO、OH-、HO+，A错误；
2 3
B．由分析可知Z为O，Q为Cl，可形成ClO ，有氧化性，可用于自来水消毒，B正确；
2
C．由分析可知Z为O，M为Na，Q为Cl，则MZ为NaO，为离子晶体，MQ为NaCl，为离子晶体，晶
2 2
体类型相同，C错误；
D．由分析可知X为H，Y为N，Z为O，这三种元素可以形成NH₃·H₂O，其溶液显碱性，D错误；
故选B。
79．（2022·浙江卷）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W和Y同族，Y的原子序数
是W的2倍，X是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是
A．非金属性：Y＞W B．XZ 是离子化合物
3
C．Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸 D．X与Y可形成化合物XY
2 3
【答案】D
【分析】X是地壳中含量最多的金属元素，X为Al元素，W和Y同族，Y的原子序数是W的2倍，W为
O元素，Y为S元素，Z为Cl元素，据此分析解题。
A．非金属性同主族从上至下逐渐减弱：Y＜W，A错误；
B．氯化铝是共价化合物，B错误；
C．Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别硫酸和高氯酸，两者均为强酸，次氯酸也是氯的氧化物对应的
水化合物，但次氯酸为弱酸，C错误；
D．根据化合物的化合价代数和为0可知，铝与硫元素形成的化合物化学式为Al S，D正确；
2 3
答案选D。
