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第五章 物质结构与性质 元素周期律
测试卷
时间：90分钟 分值：100分
可能用到的相对原子质量：C 12 N 14 F19 Na 23 Al 27 S 32 Ni 59 Cu 64 La 139
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共16×3分）
1．（2023·山西临汾·统考二模）某“杯酚”是对叔丁基苯酚与甲醛反应得到的一种环状缩合物，我国科学
家将C 、C 混合物加入该“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法正确的是
60 70
A．“杯酚”与C 之间通过分子间作用力形成超分子
60
B．对叔丁基苯酚分子中最多14个原子共平面
C．溶剂甲苯可溶解C ，二者均为非极性分子
70
D．1mol对叔丁基苯酚与足量溴水反应，最多消耗3molBr
2
【答案】A
【解析】A．C 无氢键，所以“杯酚”与C 之间通过分子间作用力形成超分子，A正确；B． 中苯
60 60
环的10个原子，羟基O和H，C及外延一个甲基碳和甲基碳上的H均可以共平面，故最多15个C共平面，
B错误；C．甲苯中甲基的正负电荷中心不重合，为弱极性分子，C错误；D．苯酚与溴水反应，取代位置
为邻对位，所以消耗溴为2mol，D错误；故答案为A。
2．（2023·北京东城·统考二模） (镓)的稳定同位素 和 是显示地表风化过程的一种指示剂。下
列说法不正确的是
A． 和 的化学性质不相同
B．可用质谱法区分 和
C． 位于元素周期表中第四周期、第ⅢA族
D． 的第一电离能大于K的第一电离能
【答案】A
【解析】A． 和 为同位素，化学性质几乎完全相同，但物理性质有所差异，故A错误；B．质谱
法可以测相对分子量，由于同位素的相对质量不同，可用质谱法区分 和 ，故B正确；C．Ga位于
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学科网（北京）股份有限公司元素周期表第四周期第IIIA族，故C正确；D．同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大
的趋势，Ga的第一电离能大于K的第一电离能，故D正确；故选：A。
3．（2023·湖南郴州·统考三模）亚砷酸钠( )，易溶于水，主要用作杀虫剂、防腐剂、分析试剂等。
利用 (分子结构如图)制备亚砷酸钠涉及以下反应： 。下列
说法错误的是
A． 的电子式为
B．砷的原子结构示意图为
C． 中所含元素的电负性由大到小的顺序为N>O>H>As
D． 中阳离子的空间结构为正四面体形
【答案】C
【解析】A． 是共价化合物，电子式为 ，A正确；B．砷的原子序数33，位于元素周期表的第
四周期第ⅤA族，其原子结构示意图为 ，B正确；C．同周期主族元素，电负性从左到右逐渐
增大，从上到下逐渐减小，电负性大小：O>N>As>H，C错误；D． 中，中心N原子为 杂化，不含
孤电子对，空间结构为正四面体形，D正确；故选C。
4．（2023·山东聊城·校联考三模）为纪念元素周期表诞生150周年，IUPAC向世界介绍了118位优秀青年
化学家，并形成张“青年化学家元素周期表”。中国学者雷晓光、姜雪峰、刘庄分别成为“ 、 、
”元素的代言人。下列围绕这些元素的相关说法正确的是
A． 是一种化合物 B． 与 的化学性质相同
C． 与 的电子数之比为 D． 中含有非极性键
【答案】B
【解析】A．该物质是只有N元素组成的纯净物，它为单质，A项错误；B．两者均为SO ，它们的化学性
2
质相同，B项正确；C．NH 中电子数为7+3=10，HS中电子数为2+16=18，两者电子数之比为
3 2
10:18=5:9，C项错误；D．该物质中只有Si-N键，它为极性键，D项错误；故选B。
5．（2023·湖北·校联考模拟预测）硫的下列4种微粒，若失去一个电子所需要能量最多的是
A．[Ne] B．[Ne] C．[Ne] D．[Ne]
【答案】B
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学科网（北京）股份有限公司【解析】A、B、C、D四项中的微粒分别对应基态S、 、激发态 、激发态S，激发态上电子能量高，
不稳定，易失去，故需要能量最多的是基态的 ；答案选B。
6．（2023·湖南岳阳·统考三模）由铁及其化合物可制得FeSO ·7H O、FeCl 、KFeO 等化工产品，它们在
4 2 3 2 4
生产、生活中具有广泛应用。已知NO能被FeSO 溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H O) ]SO 。高炉炼铁的反
4 2 5 4
应为 Fe O(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO(g) ΔH=-23.5 kJ· mol-1。下列有关说法不正确的是
2 3 2
A．如图所示γFe的晶胞中，铁原子的配位数为12
B．配离子为[Fe(NO)(H O) ]2＋，配位数为6
2 5
C．基态铁原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s1
D．该配合物中阴离子空间结构为正四面体形
【答案】C
【解析】A．根据晶胞结构图知，该晶胞中Fe原子的配位数= =12，故A正确；B．[Fe(NO)(H O) ]2＋
2 5
中NO、HO的个数之和为Fe2+的配位数，所以该配离子中配位数是6，故B正确；C．基态铁原子的核外
2
电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故C错误；D．该配合物的阴离子为 ，S原子价层电子对数=4+
=4且不含孤电子对，所以该离子为正四面体形，故D正确；故选：C。
7．（2023·上海·统考模拟预测）2022年6月，由来自德国、日本、美国和中国等国的科学家组成的国际科
研团队在《自然》杂志发表论文证实“四中子态”物质的存在。该物质只由四个中子组成，则其质量数是
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【解析】质量数等于质子数+中子数，由于该物质只由四个中子组成，则其质量数是4；故选D。
8．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）某储氢材料镧镍合金的晶胞结构如图所示。下列说法中错误的是
A．该物质的化学式为
B．距离La最近且相等的Ni的数目为6
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学科网（北京）股份有限公司C．利用原子光谱可鉴定储氢材料中的La元素
D．晶体密度：
【答案】D
【解析】A．该晶胞中La原子个数为12× +2× =3，Ni原子个数为18× +6=15，则La、Ni原子个数之
比为3：15=1：5，化学式为LaNi，A正确；B．根据图知，以底面中心La原子为例，与其距离最近且相
5
对的Ni原子个数是6，B正确；C．原子光谱可以鉴定金属元素，所以利用原子光谱可鉴定储氢材料中的
La元素，C正确；D．该晶胞的体积为 ×（a×10-10cm）2×sin60°×6×（b×10-10cm）= a2b×10-30cm3，晶体
密度ρ= = = g/cm3= g/cm3，D错误；故答案为：D。
9．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）某新型储氢材料的晶胞如图。八面体中心为 ，顶点
均为 配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。该晶体属于立方晶系，晶胞边长为anm其摩尔质
量为188g/mol。下列说法错误的是
A．该晶体的化学式为
B．金属离子 的价层电子对数为6
C．在晶胞体对角线的一维空间上会出现 的排布规律
D．金属 与 原子的最短距离为
【答案】C
【解析】A．根据晶胞结构， 与周围6个 配位，晶胞中共有 个八面体结构， 原
子与周围4个 原子配位，晶胞中共有8个四面体，故其化学式为 ，A正确；B． 与
周围6个 配位，形成八面体，共有6对价层电子对，B正确；C．在晶胞体对角线的一维空间上应出
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学科网（北京）股份有限公司现 的排布规律，C错误；D．如图
，pb长度即为金属 与 原子的最短距离， ， ， ，则 ，D
正确。故选C。
10．（2023·山西吕梁·统考三模）氟元素可形成多种有工业价值和科研价值的化合物，如OF 、NF 、XeF
2 3 2
等。其中XeF 的四方晶胞结构如图所示，图中M点原子坐标参数为( ， ， )，Xe和F的最短距离为
2
bnm、下列说法错误的是
A． OF 分子中键角小于 分子中的
2
B． 中Xe的杂化方式为sp
C．基态N、F原子核外电子均有5种空间运动状态
D．Q点原子坐标参数为 [ ]
【答案】B
【解析】A．OF 中 原子有2对孤电子对，NF 中 原子有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥
2 3
力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，故OF 分子中键角小于NF 分子中的，A正确；B．XeF 中Xe
2 3 2
的价层电子对数目为5，不可能为sp杂化，B错误；C．基态N、F原子核外电子均占据5个原子轨道，故
均有5种空间运动状态，C正确；D．由信息，Q点原子坐标参数为 ，D正确；故答案为：
B。
11．（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校联考二模）石墨相氮化碳是一种光催化剂，类似于石墨层状结构，
其结构单元及晶胞结构如图所示。设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A
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学科网（北京）股份有限公司A．C、N原子的杂化方式不同 B．氮化碳晶体中存在的作用力只有共价键
C．氮化碳晶体的熔点比金刚石低 D．氮化碳晶体的密度为 g/cm3
【答案】D
【解析】A．石墨相氮化碳类似于石墨层状结构，C、N原子的价层电子对数都为3，均发生sp2杂化，所
以杂化方式相同，A错误；B．氮化碳晶体中存在的作用力除共价键外，还有层与层间的范德华力，B错
误；C．氮化碳晶体为共价晶体，原子半径N＜C，则氮化碳晶体的熔点比金刚石高，C错误；D．由均摊
法可得，一个晶胞中含有6个C原子、8个N原子，该晶体的密度为
g∙cm-3= g∙cm-3，D正确；故选D。
12．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）某补血剂有效成分M的结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依
次增大的前四周期元素，X为原子半径最小的元素，Y和Z同主族，X、Y、Z原子序数之和为25，W为金
属且W3+的价层电子为半充满结构。下列说法正确的是
A．M具有氧化性，能与KI发生反应
B．Z的氧化物的水化物可能有还原性
C．M中W的轨道杂化方式为sp3
D．该晶体熔化时，只需克服离子键的作用
【答案】B
【分析】X为原子半径最小的元素，X为H。W为金属且W3+的价层电子为半充满结构，则W为Fe。Y和
Z同主族，X、Y、Z原子序数之和为25，再结合其结构，Y为O，Z为S。
【解析】A．结合图看，M的化学式为[Fe(H O) ]SO ·H O，Fe的化合价为+2，+2的铁弱氧化性不能KI反
2 6 4 2
应，A项错误；B．Z的氧化物的水化物可能HSO ，其中S为+4价均有强还原性，B项正确；C．M中W
2 3
的杂化为d2sp3，C项错误；D．该分子中存在分子间氢键，所以晶体熔化克服离子键和氢键，D项错误；
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学科网（北京）股份有限公司故选B。
13．（2023·湖南郴州·校联考模拟预测）冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状醚，X是其中的一
种， 因其体积大小与X的空腔大小相近而恰好能进入X的环内形成超分子Y，Y中 与氧原子间能形
成化学键．下列说法错误的是
A．X形成的晶体为分子晶体 B．电负性：O>C>H>Li
C． 不能与X形成超分子 D．Y中 与氧原子间形成的是离子键
【答案】D
【解析】A．X是醚类物质，熔点、沸点较低，是分子晶体，A项正确；B．由同周期元素从左至右电负性
逐渐增大的递变规律知，电负性：O>C>Li，由烃中碳元素显负价而氢元素显+1价知，电负性：C>H，非
金属元素的电负性大于金属元素的电负性，故电负性：O>C>H>Li，B项正确；C． 半径比 大许多，
其体积比X的空腔大，无法进入空腔内，C项正确；D． 与氧原子形成的是 提供空轨道、氧原子提
供孤电子对的配位键，D项错误；故选D。
14．（2023·湖北黄冈·黄冈中学校考三模）下列说法不正确的是
A．激光、焰色试验、原子光谱等与电子跃迁有关
B．硫化氢晶体中，一个硫化氢分子周围有12个紧邻分子
C．某元素基态原子的最外层电子排布式为4s1，则该元素为IA族元素
D．CO 与SO 中，O-C-O键角大于O-S-O键角
【答案】C
【解析】A．激光、焰色反应、原子光谱、霓虹灯是原子的发射光谱，与原子核外电子发生跃迁有关，故
A正确；B．硫化氢晶体是分子晶体，晶体中只存在分子间作用力，属于分子密堆积结构，所以晶胞中一
个硫化氢分子周围有12个紧邻的硫化氢分子，故B正确；C．基态钾原子、铬原子、铜原子的最外层电子
排布式都为4s1，则基态原子的最外层电子排布式为4s1的元素不一定为IA族元素，故C错误；D．碳酸根
离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间结构为平面三角形，亚硫酸根离子的价
层电子对数为4、孤对电子对数为1，离子的空间结构为三角锥形，则碳酸根离子中O-C-O键角大于亚硫
酸根离子中O-S-O键角，故D正确；故选C。
15．（2023·北京西城·北师大实验中学校考三模）下列图示或化学用语表示正确的是
A． 的电子 B．基态 的价层电子轨道表 C． 的结构示意 D． 的轨道的电子云轮
式 示式 图 廓图
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学科网（北京）股份有限公司【答案】B
【解析】A．NaCl由钠离子和氯离子构成，是离子化合物，其电子式为 ，A错误；B．基态
Ag的价电子排布式为4d105s1，根据洪特规则和泡利不相容原理可知，其价电子的轨道表示式为
47
，B正确；C．Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，结构示意图为 ，
C错误；D．p轨道的电子云轮廓图为哑铃形，为 图示形状，D错误；故答案选B。
16．（2023·海南海口·统考模拟预测）实验室利用CoCl 制备 的原理是
2
。下列有关说法错误的是
A．基态Co3+的价层电子排布式为3d6
B．HO 的电子式为
2 2
C．NH Cl在水中的电离方程式为
4
D．NH 的空间填充模型为
3
【答案】C
【解析】A．Co为27号元素，Co原子的价层电子排布式为3d74s2，则基态Co3+的价层电子排布式为3d6，
A正确；B．HO 为共价化合物，结构式为H-O-O-H，则电子式为 ，B正确；C．NH Cl为强
2 2 4
电解质，在水中发生完全电离，电离方程式为 ，C错误；D．NH 分子中的N原子，其价
3
层电子对数为4，发生sp3杂化，由于孤电子对与成键电子对间的排斥作用，使分子结构呈三角锥形，则其
空间填充模型为 ，D正确；故选C。
二、主观题（共5小题，共52分）
17．（11分）（2023·上海金山·统考二模）白云石的化学组成是CaCO ·MgCO ，500℃以下分解成二氧化
3 3
碳、金属氧化物和碳酸盐，800℃以上则彻底分解成氧化物。
(1)镁和钙在元素周期表中位于___________族，它们的价电子轨道式表示式为___________(用n表示电子层
数)。
(2)白云石500℃以下分解的化学方程式为___________。
(3)从物质结构角度分析、比较白云石分解生成的MgO和CaO的热稳定性。___________ 。
(4)白云石分解得到的CO 是氨碱法制备纯碱的基本原料之一，写出氨碱法制纯碱主要反应的化学方程式
2
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学科网（北京）股份有限公司___________、___________；向氨碱法的母液中加入生石灰可实现___________(填化学式)的循环利用。处
理后的母液经蒸发、浓缩、冷却、固化可得CaCl 。以质量比为1.44∶1的CaCl ·6H O与冰水混合，可获
2 2 2
得-55℃的低温，配制该制冷剂时不使用无水CaCl 的原因是___________。
2
【答案】(除标注外，每空1分)(1)ⅡA
(2)CaCO·MgCO CaCO ＋MgO＋CO↑（2分）
3 3 3 2
(3)MgO和CaO同属离子晶体，与Ca2+相比，Mg2+的电子层数少，离子半径小，MgO比CaO的离子键强，
热稳定性好（2分）
(4)NaCl＋NH ＋CO＋HO=NaHCO ↓＋NH Cl NaHCO NaCO＋CO↑+H O NH 无水CaCl 水合时放
3 2 2 3 4 3 2 3 2 2 3 2
热，降低制冷效果（2分）
【解析】（1）镁和钙的最外层电子均为2，位于周期表ⅡA族。价电子排布为 。答案为ⅡA；
；
（2）500℃以下分解成二氧化碳、金属氧化物和碳酸盐，而Mg2+半径比Ca2+小，MgO的离子键强晶格能大
稳定，所以MgCO 先分解。反应为CaCO ·MgCO CaCO ＋MgO＋CO↑。答案为CaCO ·MgCO CaCO
3 3 3 3 2 3 3 3
＋MgO＋CO↑；
2
（3）两则皆为离子晶体，差异主要是Mg2+和Ca2+。答案为MgO和CaO同属离子晶体，与Ca2+相比，
Mg2+的电子层数少，离子半径小，MgO比CaO的离子键强，热稳定性好；
（4）氨碱法制纯碱，先利用CO、NH 和NaCl制得NaHCO 反应为：NaCl＋NH ＋CO＋HO=NaHCO ↓
2 3 3 3 2 2 3
＋NH Cl，再加热NaHCO 分解得到NaCO：NaHCO NaCO＋CO↑+H O。生石灰与NH Cl反应制得
4 3 2 3 3 2 3 2 2 4
NH ，从而循环利用。无水CaCl 形成结晶水合物放热，而降低制冷效果。答案为NaCl＋NH ＋CO＋
3 2 3 2
HO=NaHCO ↓＋NH Cl；NaHCO NaCO＋CO↑+H O；NH ；无水CaCl 水合时放热，降低制冷效果。
2 3 4 3 2 3 2 2 3 2
18．（10分）（2023·天津·校联考一模）近日，我国研究人员利用硫氰酸甲基铵{[CH NH ]+[SCN]-}气相辅
3 3
助生长技术，成功制得稳定的钙钛矿型甲脒铅碘(FAPbI )。请回答下列问题：
3
(1)基态S原子的价电子排布图为___________。
(2)甲脒(FA)的结构简式为
①其组成元素的电负性由小到大的排序为___________，其中碳原子的杂化方式为___________。
②甲脒比丙烷的熔点更高的原因是___________。
(3)FAPbI 的晶体结构单元如图所示，图中Y表示Pb，位于八面体中心，则甲脒的碘配位数为___________。
3
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（每空2分）(1)
(2)HC>H
(3)平面(正)三角形 短
(4)H SO 有2个非羟基氧而HCO 只有1个，中心原子的非羟基氧越多，其酸性越强（2分）
2 4 2 3
(5)8 ( ， ， ) （2分）
【解析】（1）Cu为29号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故其价电子排布式为3d104s1，故答
案为：3d104s1；
（2）HCOOH中羧基上的碳原子形成1个碳氧双键、2个单键，是sp2杂化；
元素的非金属性越强，电负性越大，H、C、O电负性从大到小的顺序为O>C>H；
（3） 的中心原子的价层电子对数= 键数+孤电子对数=3+0=3，则C为sp3杂化，三个O原子分别位
于杂化轨道的伸展方向上，所以 的空间构型为平面三角形；由于 有大 键，所以 中C-O键
长较短；故答案为：平面三角形；短；
（4）HSO 中有两个非羟基氧而HCO 只有一个，非羟基氧越多，吸引电子能力越强，H-O的电子云密度
2 4 2 3
（电子出现概率）越小，H越易电离，其酸性越强，故答案为：HSO 中有两个非羟基氧而HCO 只有一
2 4 2 3
个，中心原子的非羟基氧越多，其酸性越强；
（5）在Cu S晶胞中，四面体中心共有8个，每个四面体中心均分布着一个Cu+，每个S2-周围有8个Cu+，
2
故S2-配位数为8；图中A处(S2-)的原子分数坐标为(0，0，0)，A与相邻的三个面心原子形成一个正四面体，
与A距离最近的Cu+位于此正四面体的中心，则Cu+的原子分数坐标为( ， ， )；晶胞的体积为(a 10-
7)3cm3，每个晶胞的质量为 ，则d= ，则 mol-1，只涉及数值，省略单
位mol-1，其数值为 ，故答案为：8；( ， ， )； 。
21．（10分）（2023·浙江杭州·浙江省临安中学校联考一模）钛被称为继铁、铝之后的“第三金属”，请
回答：
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学科网（北京）股份有限公司(1)基态钛原子核外电子有___________种空间运动状态，根据价电子排布图判断下列钛原子或离子电离一
个电子所需能量最高的是___________。
(2)钛的配合物有多种。 、 、 的配体中所含原子电负性由大到小的顺序是
___________，其中 中 ___________(填写“大于”、“小于”或“等于”)单个水分
中 。
(3)钛与钙、氧原子形成的一种化合物钙钛矿晶胞如图。此化合物的化学式为___________，该晶体中钙的
配位数为___________；
(4)在相同条件下， 比 的水解能力更强，原因是___________。
【答案】(除标注外，每空1分)(1)12 B
(2) （2分） 大于
(3) （2分） 12
(4) 带电荷数更多，半径更小，更易水解（2分）
【解析】（1）钛是第22号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，不同轨道的电子空间运动状态
不同，因而具有12种空间运动状态的电子；A为Ti原子基态，B为Ti+的基态，C为Ti原子的激发态，第
二电离能明显高于的一电离能，同级电离能中激发态电离能比基态低，故失去一个电子所需能量最高的是
B，故答案为：12；B；
（2）由 、 、 可知，它们的配体分别为HO、F-、Cl-，含有的原子有H、
2
Cl、O、F，非金属性越强，电负性越大，所以H、Cl、O、F的电负性由大到小的顺序是 ；由
可知，HO中O原子的孤电子对进入Ti2+的空轨道，形成配位键，则孤电子对数减少，斥力
2
减小， 中 变大，所以 中 大于单个水分中 ，故答案为：
；大于；
（3）由晶胞图可知，Ti位于顶点，个数为 =1，1个Ca位于体心，个数为 =3，Ti:Ca:O=1:1:3，此
化合物的化学式为 ；Ca到棱心的O的距离都相等且最近，故该晶体中钙的配位数为12，故答案为：
；12；
（4） 与 相比，所带电荷更多，半径更小，极化能力更强，故在相同条件下， 比 的水解能
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学科网（北京）股份有限公司力更强，故答案为： 带电荷数更多，半径更小，更易水解。
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