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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
考点1 物质结
构与性质 元
素周期律
◆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
卷
◆分子结构与物质性质：2024 安徽卷、2024 黑
吉辽卷、2024 湖北卷、2024 山东卷、2024 河北
卷、2024 浙江卷、2024 湖南卷、2023 湖南卷、
2023 湖北卷、2023 山东卷、2023 浙江卷、2022
天津卷、2022 辽宁卷、2022 北京卷、2022 江苏
卷、2022 湖北卷、2022 海南卷
◆晶体结构与物质性质：2024 安徽卷、2024 黑
吉辽卷、2024 湖北卷、2024 河北卷、2024 浙江
卷、2023 新课标卷、2023 北京卷、2023 山东
卷、2023 湖南卷、2023 湖北卷、2023 辽宁卷、
2022 山东卷、2022 湖北卷
◆元素的推断：2024 全国甲卷、2024 浙江卷、
2024 黑吉辽卷、2024 湖北卷、2024 新课标卷、
2024 河北卷、2024 湖南卷、2024 安徽卷、2023
全国甲卷、2023 全国乙卷、2023 湖南卷、2023
浙江卷、2023 辽宁卷、2023 湖北卷、2022 全国
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
随着新高考的大范围实行，在选择
中出现了考查物质结构与性质选修
模块内容的试题，且具有一定的分
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
涉及，单独考查物质结构与性质的
选择题主要以分子结构与性质内容
和晶体结构与性质，有关晶胞结构
的考查在选择题中也经常出现。关
于元素推断类题目，命题形式没有
大的变化，主要变化是将选修模块
内容融入到了元素推断当中，像第
一电离能、电负性、核外电子排
布、杂化类型、化学键类型、键角
等知识内容是常考内容。总体而
言，有关物质结构与性质、元素推
断的选择题在高考中所占分值大、
难度跨度大、涉及知识点多，已经
成为高考的重点考查内容。
考法1 原子结构、化学键和元素周期律
1
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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
B
键角依次减
小
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
C
晶体中
与8 个
配位，
而
晶体中
与6 个
配位
比
的半径大
D
逐个断开
中的
键，每步
所需能量不同
各步中的
键所处化学环境不同
【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，
2
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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O3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，
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
3
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【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O<N<C，A 正确；
B．同一周期的元素，从左到右电负性呈递增的趋势，其中ⅡA 和ⅤA 的元素因其原子结构相对较稳定而
出现反常，使其电负性大于同周期相邻的元素，因此，第一电离能从小到大的顺序为C< O< N，B 不正确；
C．苯是非极性分子，苯酚是极性分子，且苯酚与水分子之间可以形成氢键，根据相似相溶规则可知，苯
酚在水中的溶解度大于苯，C 正确；
D．苯和苯酚中C 的杂化方式均为
，杂化方式相同，D 正确；
综上所述，本题选B。
6. （2024·甘肃卷）下列说法错误的是
A. 相同条件下
比
稳定
B.
与
的空间构型相同
C.
中
键比
键更易断裂
D.
中
键和大
键的数目不相等
【答案】D
【解析】A．
分子中存在的
，
分子中虽然也存在叁键，但是其键能小于
，因此，相同
条件下
比
稳定，A 正确；
B．
与
均为
的等电子体，故其均为直线形分子，两者空间构型相同，B 正确；
C．
的中心原子是N，其在催化剂作用下可分解为
和
，说明
中
键比
键更易断
裂，C 正确；
D．
中
键和大
键的数目均为2，因此，
键和大
键的数目相等，D 不正确；
综上所述，本题选D。
7．（2024·北京卷）下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是（ ）
A．依据相同温度下可逆反应的Q 与K 大小的比较，可推断反应进行的方向
B．依据一元弱酸的
，可推断它们同温度同浓度稀溶液的
大小
C．依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大
D．依据
的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱
【答案】C
【解析】一元弱酸的
越大，同温度同浓度稀溶液的酸性越强，电离出的
越多，
越小，B 不符合
题意；电负性为吸引电子的能力，而电离能为失去电子的能力，所以同一周期从左到右，第一电离能是增
大的趋势，但是ⅡA 大于ⅢA，VA 大于VIA，C 符合题意；
的氢化物分子中氢卤键的键能
越大，氢化物的热稳定性越强，D 不符合题意。
8．（2023·北京卷）下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是
4
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A．
键的键能小于
键的键能
B．三氟乙酸的
大于三氯乙酸的
C．氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性
D．气态氟化氢中存在
，而气态氯化氢中是
分子
【答案】A
【解析】A．F 原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，
键不稳定，因此
键的键能
小于
键的键能，与电负性无关，A 符合题意；
B．氟的电负性大于氯的电负性。
键的极性大于
键的极性，使
—的极性大于
—的极性，
导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B 不符合题意；
C．氟的电负性大于氯的电负性，
键的极性大于
键的极性，导致
分子极性强于
，C 不
符合题意；
D．氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态
氟化氢中存在
，D 不符合题意；
故选A。
9．（2022·湖南卷）下列说法错误的是
A．氢键，离子键和共价键都属于化学键
B．化学家门捷列夫编制了第一张元素周期表
C．药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识
D．石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一
【答案】A
【解析】A．离子键和共价键都属于化学键，氢键属于分子间作用力，A 说法错误；
B．第一张元素周期表是俄国化学家门捷列夫编制的，B 说法正确；
C．药剂师和营养师的工作分别与药剂和营养物质有关，因此必须具备相关的化学专业知识才能胜任相关
工作，C 说法正确；
D．制造玻璃的主要原料是石灰石、石英和纯碱，制造水泥的主要原料是石灰石和黏土，D 说法正确；
综上所述，本题选A。
10．（2022·天津卷）下列叙述错误的是
A．
是极性分子
B．
原子的中子数为10
C．
与
互为同素异形体
D．
和
互为同系物
【答案】D
【解析】A．
是“V”形结构，不是中心对称，属于极性分子，故A 正确；
5
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B．
原子的中子数18−8=10，故B 正确；
C．
与
是氧元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，故C 正确；
D．
属于酚，
属于醇，两者结构不相似，因此两者不互为同系物，故D 错误。
综上所述，答案为D。
11．（2022·山东卷）
、
的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：
；
。下列说法正确的是
A．X 的中子数为2
B．X、Y 互为同位素
C．
、
可用作示踪原子研究化学反应历程
D．自然界不存在
、
分子是因其化学键不稳定
【答案】B
【解析】根据质量守恒可知，X 微粒为
，Y 微粒为
，据此分析解题。
A. 由分析可知，X 微粒为
，根据质量数等于质子数加中子数可知，该微粒的中子数为4，A 错误；
B. 由分析可知，X 微粒为
，Y 微粒为
，二者具有相同的质子数而不同的中子数的原子，故互为同
位素，B 正确；
C.由题干信息可知，
与
的半衰期很短，故不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C 错误；
D.自然界中不存在
与
并不是其化学键不稳定，而是由于
与
的半衰期很短，很容易发生核变
化，转化为气体其他原子，O=O 的键能与形成该键的核素无关，D 错误；
故答案为：B。
12．（2022·北京卷）
(锶)的
、
稳定同位素在同一地域土壤中
值不变。土壤生物中
值与土壤中
值有效相关。测定土壤生物中
值可进行产地溯源。下列说法不正
确的是
A．
位于元素周期表中第六周期、第ⅡA 族
B．可用质谱法区分
和
C．
和
含有的中子数分别为49 和48
D．同一地域产出的同种土壤生物中
值相同
【答案】A
【解析】A．
位于元素周期表中第五周期、第ⅡA 族，故A 错误；
B．质谱法可以测定原子的相对原子质量，
和
的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，故B 正
确；
C．
的中子数为87-38=49，
的中子数为86-38=48，故C 正确；
6
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D．由题意可知，
(锶)的
、
稳定同位素在同一地域土壤中
值不变，故D 正确；
故选A。
13．（2022·天津卷）嫦娥5 号月球探测器带回的月壤样品的元素分析结果如图，下列有关含量前六位元素
的说法正确的是
A．原子半径：Al＜Si
B．第一电离能：Mg＜Ca
C．Fe 位于元素周期表的p 区
D．这六种元素中，电负性最大的是O
【答案】D
【解析】A．Al、Si 同周期，Al 的核电荷数小于Si，原子半径：Al>Si，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
7
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法
A
沸点：
类
比
沸点：
B
酸性：
类
比
酸性：
C
金属性：
推
理
氧化性：
D
：
推
理
溶解度：
【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
8
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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：NH3>NO3
-
B. 熔点：NH2OH>[NH3OH]Cl
C. 25℃同浓度水溶液的pH:[NH3OH]Cl>NH4Cl
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；
9
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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
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．O2和O8是O 元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，A 项正确；
10
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B．O8分子为平行六面体，由其结构知，O8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
键，B 项正确；
C．O2转化为O8可表示为4O2
O8，气体分子数减少，故O2转化为O8是熵减反应，C 项正确；
D．O2在超高压下转化成O8，则在常压低温下O8会转化成O2，不能稳定存在，D 项错误；
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
数
385
3764
176000
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。
11
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【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。
12
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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
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
项
结构或性质
用途
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
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(
)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H2生成，故C 正确；
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
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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B<C<N，故B 正确；
C．由所给分子结构可知，P 分子式为C24H12，Q 分子式为B12N12H12，P、Q 分子都是含156 个电子，故
1mol P 和1mol Q 所含电子数目相等，C 正确；
D．由所给分子结构可知，P 和Q 分子中C、B 和N 均与其它三个原子成键，P 和Q 分子呈平面结构，故P
和Q 分子中C、B 和N 均为sp2杂化，D 正确；
本题选A。
27．（2023·湖南卷）下列有关物质结构和性质的说法错误的是
A．含有手性碳原子的分子叫做手性分子
B．邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点
C．酰胺在酸或碱存在并加热的条件下可发生水解反应
D．冠醚(18-冠-6)的空穴与K+尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子
【答案】D
【解析】A．手性分子中含有手性碳原子，可以利用分子中知否含有手性碳原子区分物质是否含有手性，A
正确；
B．邻羟基苯甲醛中含有分子内氢键，分子内氢键可以降低物质的熔沸点，因此邻羟基苯甲醛的熔沸点低
于对羟基苯甲醛的熔沸点，B 正确；
C．酰胺在酸性条件下反应生成羧基和氨基，在碱性条件下反应生成羧酸盐和氨气，二者均为水解反应，C
正确；
D．冠醚(18-冠-6)的空穴大小为260~320pm，可以适配K+(276pm)、Rb+(304pm)，冠醚与离子之间以配位键
的形式结合，属强相互作用，D 错误；
故答案选D。
28．（2023·湖北卷）价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是
A．
和
的VSEPR 模型均为四面体
B．
和
的空间构型均为平面三角形
C．
和
均为非极性分子
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D．
与
的键角相等
【答案】A
【解析】A．甲烷分子的中心原子的价层电子对为4，水分子的中心原子价层电子对也为4，所以他们的
VSEPR 模型都是四面体，A 正确；
B．SO
的孤电子对为1，CO
的孤电子对为0，所以SO
的空间构型为三角锥形，CO
的空间构型为
平面三角形，B 错误，
C．CH4为正四面体结构，为非极性分子，SF4中心原子有孤电子对，为极性分子，C 错误；
D．XeF2和XeO2分子中，孤电子对不相等，孤电子对越多，排斥力越大，所以键角不等，D 错误；
故选A。
29．（2023·湖北卷）物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是
选项
性质差异
结构因素
A
沸点：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃)
分子间作用力
B
熔点：
(1040℃)远高于
(178℃升华)
晶体类型
C
酸性：
(
)远强于
(
)
羟基极性
D
溶解度(20℃)：
(29g)大于
(8g)
阴离子电荷
【答案】D
【解析】A．正戊烷和新戊烷形成的晶体都是分子晶体，由于新戊烷支链多，对称性好，分子间作用力小，
所以沸点较低，故A 正确；
B．AlF3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AlCl3为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，
熔点较低，则
熔点远高于
，故B 正确；
C．由于电负性F>H，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．CS2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，CS2的空间
构型为直线形，分子中正负电中心重合，CS2属于非极性分子，A 项不符合题意；
B．NF3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，NF3的空间构型为三
角锥形，分子中正负电中心不重合，NF3属于极性分子，B 项符合题意；
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C．SO3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，SO3的空间构型为平
面正三角形，分子中正负电中心重合，SO3属于非极性分子，C 项不符合题意；
D．SiF4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，SiF4的空间构型为正
四面体形，分子中正负电中心重合，SiF4属于非极性分子，D 项不符合题意；
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．NH3分子有孤电子对，可做配体
B．NaCl 晶体可以导电
C．一个N2H4分子中有4 个σ 键
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．NH3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；
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；N2H4的结构式为
，分子中含有5 个σ 键，C 错误；
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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．CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，所以熔点
，不能用键能解释
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
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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．CH3COOH 分子中，羧基的碳氧双键中含有π 键，C 错误；
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
ClCH2COOH 的酸性比ICH2COOH 强，D 正确；
答案选BD。
考法3 晶体结构与物质性质
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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
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与S 的原子个数比为9：8，因此结构1 的化学式为Co9S8，故A 正确；
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；
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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
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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
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CO2互为等电子体，
可知
为直线型分子，故D 错误；
故答案选D。
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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
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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B<C=O<N，C 说法不
正确；
D．
为平面结构，则其中的C 和N 原子轨道杂化类型均为
；
中B 与4 个O 形成
了4 个σ 键，B 没有孤电子对，则B 的原子轨道杂化类型为
；
中O 分别与B 和C 形成了2
个σ 键，O 原子还有2 个孤电子对，则O 的原子轨道的杂化类型均为
；综上所述，晶体中B、О 和N 原
子轨道的杂化类型不相同，D 说法不正确；
综上所述，本题选A。
45．（2023·北京卷）中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是
A．三种物质中均有碳碳原子间的
键
B．三种物质中的碳原子都是
杂化
C．三种物质的晶体类型相同
D．三种物质均能导电
【答案】A
【解析】A．原子间优先形成
键，三种物质中均存在
键，A 项正确；
B．金刚石中所有碳原子均采用
杂化，石墨中所有碳原子均采用
杂化，石墨炔中苯环上的碳原子采
用
杂化，碳碳三键上的碳原子采用
杂化，B 项错误；
C．金刚石为共价晶体，石墨炔为分子晶体，石墨为混合晶体，C 项错误；
D．金刚石中没有自由移动电子，不能导电，D 项错误；
故选A。
46．（2023·山东卷）石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F 得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑
性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是
A．与石墨相比，(CF)x导电性增强
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B．与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强
C．(CF)x中
的键长比
短
D．1mol(CF)x中含有2xmol 共价单键
【答案】B
【解析】A．石墨晶体中每个碳原子上未参与杂化的1 个2p 轨道上电子在层内离域运动，故石墨晶体能导
电，而(CF)x中没有未参与杂化的2p 轨道上的电子，故与石墨相比，(CF)x导电性减弱，A 错误；
B．(CF)x中C 原子的所有价键均参与成键，未有未参与成键的孤电子或者不饱和键，故与石墨相比，(CF)x
抗氧化性增强，B 正确；
C．已知C 的原子半径比F 的大，故可知(CF)x中
的键长比
长，C 错误；
D．由题干结构示意图可知，在(CF)x 中C 与周围的3 个碳原子形成共价键，每个C-C 键被2 个碳原子共用，
和1 个F 原子形成共价键，即1mol(CF)x中含有2.5xmol 共价单键，D 错误；
故答案为：B。
47．（2023·湖南卷）科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为
。阿
伏加德罗常数的值为
。下列说法错误的是
A．晶体最简化学式为
B．晶体中与
最近且距离相等的
有8 个
C．晶胞中B 和C 原子构成的多面体有12 个面
D．晶体的密度为
【答案】C
【解析】A．根据晶胞结构可知，其中K 个数：8×
=1，其中Ca 个数：1，其中B 个数：12×
=6，其中C
个数：12×
=6，故其最简化学式为
，A 正确；
B．根据晶胞结构可知，
位于晶胞体心，Ca 位于定点，则晶体中与
最近且距离相等的
有8 个，
B 正确；
C．根据晶胞结构可知，晶胞中B 和C 原子构成的多面体有14 个面，C 错误；
D．根据选项A 分析可知，该晶胞最简化学式为
，则1 个晶胞质量为：
，晶胞体积为a3×10-
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30cm3，则其密度为
，D 正确；
故选C。
48．（2023·湖北卷）镧La 和H 可以形成一系列晶体材料
，在储氢和超导等领域具有重要应用。
，属于立方晶系，晶胞结构和参数如图所示。高压下，
中的每个H 结合4 个H 形成类似
的
结构，即得到晶体
。下列说法错误的是
A．
晶体中La 的配位数为8
B．晶体中H 和H 的最短距离：
C．在
晶胞中，H 形成一个顶点数为40 的闭合多面体笼
D．
单位体积中含氢质量的计算式为
【答案】C
【解析】A．由
的晶胞结构可知，La 位于顶点和面心，晶胞内8 个小立方体的中心各有1 个H 原子，
若以顶点La 研究，与之最近的H 原子有8 个，则La 的配位数为8，故A 正确；
B．由
晶胞结构可知，每个H 结合4 个H 形成类似
的结构，H 和H 之间的最短距离变小，则晶体
中H 和H 的最短距离：
，故B 正确；
C．由题干信息可知，在
晶胞中，每个H 结合4 个H 形成类似
的结构，这样的结构有8 个，顶点
数为4 8=32，且不是闭合的结构，故C 错误；
D．1 个
晶胞中含有5 8=40 个H 原子，含H 质量为
g，晶胞的体积为(484.0 10-10cm)3=(4.84 10-
8)3cm3，则
单位体积中含氢质量的计算式为
，故D 正确；
答案选C。
49．（2023·辽宁卷）晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，
进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是
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A．图1 晶体密度为
g∙cm-3
B．图1 中O 原子的配位数为6
C．图2 表示的化学式为
D．
取代产生的空位有利于
传导
【答案】C
【解析】A．根据均摊法，图1 的晶胞中含Li：8×
+1=3，O：2×
=1，Cl：4×
=1，1 个晶胞的质量为
g=
g，晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为
g÷(a3×10-30cm3)=
g/cm3，A 项正确；
B．图1 晶胞中，O 位于面心，与O 等距离最近的Li 有6 个，O 原子的配位数为6，B 项正确；
C．根据均摊法，图2 中Li：1，Mg 或空位为8×
=2。O：2×
=1，Cl 或Br：4×
=1，Mg 的个数小于
2，根据正负化合价的代数和为0，图2 的化学式为LiMgOClxBr1-x，C 项错误；
D．进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于
Li+的传导，D 项正确；
答案选C。
50．（2022·山东卷）
、
属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在
键、
键。下列说法错误的是
A．
的熔点高于
B．晶体中所有化学键均为极性键
C．晶体中所有原子均采取
杂化
D．晶体中所有原子的配位数均相同
【答案】A
【解析】Al 和Ga 均为第ⅢA 元素，N 属于第ⅤA 元素，AlN、GaN 的成键结构与金刚石相似，则其为共
价晶体，且其与金刚石互为等电子体，等电子体之间的结构和性质相似。AlN、GaN 晶体中，N 原子与其
相邻的原子形成3 个普通共价键和1 个配位键。
A．因为AlN、GaN 为结构相似的共价晶体，由于Al 原子的半径小于Ga，N—Al 的键长小于N—Ga 的，
则N—Al 的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN 的熔点低于AlN，A 说错误；
B．不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，B 说法正确；
C．金刚石中每个C 原子形成4 个共价键（即C 原子的价层电子对数为4），C 原子无孤电子对，故C 原子
均采取sp ３杂化；由于AlN、GaN 与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，C 说法正
确；
D．金刚石中每个C 原子与其周围4 个C 原子形成共价键，即C 原子的配位数是4，由于AlN、GaN 与金
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刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子的配位数也均为4，D 说法正确。
综上所述，本题选A。
51．（2022·山东卷）
是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成
变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0 价Cu 原子。下列说法正确的是
A．每个
晶胞中
个数为x
B．每个
晶胞完全转化为
晶胞，转移电子数为8
C．每个
晶胞中0 价Cu 原子个数为
D．当
转化为
时，每转移
电子，产生
原子
【答案】BD
【解析】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×
+6×
=4，位于体内的铜离子和亚铜
离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a 和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为
0 可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A 错误；
B．由题意可知，Na2Se 转化为Cu2-xSe 的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，
位于顶点和面心的硒离子个数为8×
+6×
=4，则每个晶胞中含有4 个Na2Se，转移电子数为8，故B 正确；
C．由题意可知，Cu2-xSe 转化为NaCuSe 的电极反应式为Cu2-xSe+ e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可
知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×
+6×
=4，则每个晶胞中含有4 个NaCuSe，晶胞中0 价铜而个数
为(4-4x)，故C 错误；
D．由题意可知，NayCu2-xSe 转化为NaCuSe 的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y) e-+ Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所
以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol 铜，故D 正确；
故选BD。
52．（2022·湖北卷）某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是
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A．
的配位数为6
B．与
距离最近的是
C．该物质的化学式为
D．若
换为
，则晶胞棱长将改变
【答案】B
【解析】A．
配位数为与其距离最近且等距离的F-的个数，如图所示，
位于体心，F-位于面心，
所以
配位数为6，A 正确；
B．
与
的最近距离为棱长的
，
与
的最近距离为棱长的
，所以与
距离最近的是
，
B 错误；
C．
位于顶点，所以
个数=
=1，F-位于面心，F-个数=
=3，
位于体心，所以
个数
=1，综上，该物质的化学式为
，C 正确；
D．
与
半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D 正确；
故选B。
53．（2022·湖北卷）
在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳
玻璃的说法错误的是
A．具有自范性
B．与
互为同素异形体
C．含有
杂化的碳原子
D．化学性质与金刚石有差异
【答案】A
【解析】A．自范性是晶体的性质，碳玻璃为非晶态，所以没有自范性，A 错误；
B．碳玻璃和
均是由碳元素形成的不同的单质，所以是同素异形体，B 正确；
C．碳玻璃具有高硬度，与物理性质金刚石类似，因而结构具有一定的相似性，所以含有
杂化的碳原子
形成化学键，C 正确；
D．金刚石与碳玻璃属于同素异形体，性质差异主要表现在物理性质上，化学性质上也有着活性的差异，D
正确；
故选A。
考法4 元素的推断
54. （2024·浙江卷1 月） X、Y、Z、M 和Q 五种主族元素，原子序数依次增大，X 原子半径最小，短周
期中M 电负性最小，Z 与Y、Q 相邻，基态Z 原子的s 能级与p 能级的电子数相等，下列说法不正确的是
A. 沸点：X2Z>X2Q
B. M 与Q 可形成化合物M2Q、M2Q2
C. 化学键中离子键成分的百分数：M2Z>M2Q
D.YZ3
- 与QZ3
2-离子空间结构均
三角锥形
【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
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O，Z 与Y、Q 相邻，Y 为N，Q 为S，以此分析；
【解析】A．H2O 中含有氢键，则沸点高于H2S，A 正确；
B．Na 与O 形成Na2O、Na2O2，则O 与S 同族化学性质性质相似，B 正确；
C．Na2O 的电子式为
，Na2S 的电子式为
，离子键百分比 = (电
负性差值 / 总电负性差值)，O 的电负性大于S，则Na2O 离子键成分的百分数大于Na2S，C 正确；
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CuZY4，而O、Si、S 中只有O 和S 形成的
才能形成CuZY4，所以Y、Z 分别为O、S 元素，则X
只能为N；W 能与X 形成WX3，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，
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，O2和H2均为分
子晶体，O2的相对分子质量大于H2，O2的范德华力大于 H2，所以沸点O2＞H2，即沸点S＞O2＞H2，故A
正确；
B．Y、X 的 简单氢化物分别为H2O 和NH3，H2O 的中心原子O 原子的价层电子对数为2+
×(6-2×1)=4、
孤电子对数为2，空间构型为V 形，键角约105º，NH3的中心原子N 原子的价层电子对数为3+
×(5-
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(NH3)4SO4，即反应过程中有蓝色沉淀产生，故C 正确；
D．
为Cu(NH3)4SO4，其中铜离子提供空轨道、NH3的N 原子提供孤电子对，两者形成配位键，
配位原子为N，故D 错误；
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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
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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
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Na2O、Na2O2，Na2O 与水反应生成NaOH，Na2O2与水反应生成NaOH 和O2，C
项正确；
D．W、Q 组成的化合物Na2S 属于强碱弱酸盐，其溶于水所得溶液呈碱性，D 项错误；
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+[ZY6]-可用作化学电源的电解质。下列叙述正确的是
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＞PH3，C 项错误；
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D．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。
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【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，WX2是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是
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，WX2是形成酸雨的物质之一，根据原子序
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H2O，含有分子间氢键，Z 的简单氢化物为H2S，没有氢键，所以
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H2O2和H2O，A 正确；
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；
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C．Y 为Mg，X 为O，他们可形成MgO，水合物为Mg(OH)2，Mg(OH)2只能与酸反应生成盐和水，不能与
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3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z 和W 为
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：X<Y<Z<W
C．Y 和W 的单质都能与水反应生成气体
D．Z 元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性
【答案】C
【分析】根据题中所给的信息，基态X 原子s 轨道上的电子式与p 轨道上的电子式相同，可以推测X 为O
元素或Mg 元素，由荧光粉的结构可知，X 主要形成的是酸根，因此X 为O 元素；基态X 原子中未成键电
子数为2，因此Y 的未成键电子数为1，又因X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，故Y 可能为F 元素、Na
元素、Al 元素、Cl 元素，因题目中给出W 为金属元素且荧光粉的结构中Y 与W 化合，故Y 为F 元素或Cl
元素；Z 原子的未成键电子数为3，又因其其原子序大于Y，故Y 应为F 元素、Z 其应为P 元素；从荧光粉
的结构式可以看出W 为某+2 价元素，故其为Ca 元素；综上所述，X、Y、Z、W 四种元素分别为O、F、
P、Ca，据此答题。
【解析】A．电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小，根据其规律，同一周期从左到右
依次增大，同一主族从上到下依次减小，故四种原子的电负性大小为：Y>X>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：Y<X<Z<W，B 错误；
C．F2与水反应生成HF 气体和O2，Ca 与水反应生成氢氧化钙和氢气，二者均可以生成气体，C 正确；
D．Z 元素的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，几乎没有氧化性，D 错误；
故答案选C。
65．（2023·浙江卷）X、Y、Z、W 四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y 与Z 位于同一周期，
且只有X、 Y 元素相邻。X 基态原子核外有2 个未成对电子，W 原子在同周期中原子半径最大。下列说法
不正确的是
A．第一电离能：
B．电负性：
C．Z、W 原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：
D．
与水反应生成产物之一是非极性分子
【答案】A
【分析】X、Y、Z、W 四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y 与Z 位于同一周期，且只有X、
Y 元素相邻。X 基态原子核外有2 个未成对电子，则X 为C，Y 为N，Z 为F，W 原子在同周期中原子半径
最大，则W 为Na。
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【解析】A．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA 族大于第IIIA 族，第VA 族大于第VIA
族，则第一电离能：
，故A 错误；
B．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：
，故
B 正确；
C．根据同电子层结构核多径小，则Z、W 原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：
，故C 正
确；
D．
与水反应生成产物之一为乙炔，乙炔是非极性分子，故D 正确。
综上所述，答案为A。
66．（2023·辽宁卷）某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z、Q 是核
电荷数依次增大的短周期元素，W、Y 原子序数之和等于Z，Y 原子价电子数是Q 原子价电子数的2 倍。
下列说法错误的是
A．W 与X 的化合物为极性分子
B．第一电离能
C．Q 的氧化物是两性氧化物
D．该阴离子中含有配位键
【答案】AB
【分析】W、X、Y、Z、Q 是核电荷数依次增大的短周期元素，W 形成1 条单键且核电荷数最小，W 为
H，X 形成4 条键，核电荷数大于H，且小于其他三种元素，X 为C，Y 形成2 条单键，核电荷数大于C，
Y 为O，W、Y 原子序数之和等于Z，Z 为F，Y 原子价电子数为Q 原子价电子数的2 倍，Q 为Al。
【解析】A．W 与X 的化合物不一定为极性分子，如CH4就是非极性分子，A 错误；
B．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能F>O>C，B 错误；
C．Q 为Al，Al2O3为两性氧化物，C 正确；
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：X<Y<Z
C．氧化性：
D．键能：
【答案】A
【分析】
是氧化性最强的单质，则Z 是F，X、Y、Z 相邻，且X、Y、Z 为原子序数依次增加的同一短
周期元素，则X 为N，Y 为O，W 的核外电子数与X 的价层电子数相等，则W 为B，即：W 为B，X 为
N，Y 为O，Z 是F，以此解题。
【解析】A．由分析可知，W 为B，X 为N，Z 是F，WZ3为BF3，XZ3为NF3，其中前者的价层电子对数为
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3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角
锥形，为极性分子，则分子的极性：
，A 正确；
B．由分析可知，X 为N，Y 为O，Z 是F，同一周期越靠右，第一电离能越大，但是N 的价层电子排布式
为2s22p3，为半满稳定结构，其第一电离能大于相邻周期的元素，则第一电离能：Y<X<Z，B 错误；
C．由分析可知，W 为B，X 为N，Y 为O，则
为
，
为
，两种化合物中N 和B 的化合
价都是+3 价，但是N 的非金属性更强一些，故
的氧化性更强一些，C 错误；
D．由分析可知，X 为N，Y 为O，Z 是F，其中N 对应的单质为氮气，其中包含三键，键能较大，D 错误；
故选A。
68．（2023·浙江卷）X、Y、Z、M、Q 五种短周期元素，原子序数依次增大。X 的
轨道全充满，Y 的s
能级电子数量是p 能级的两倍，M 是地壳中含量最多的元素，Q 是纯碱中的一种元素。下列说法不正确的
是
A．电负性：
B．最高正价：
C．Q 与M 的化合物中可能含有非极性共价键
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：
【答案】B
【分析】Y 的s 能级电子数量是p 能级的两倍，Y 为C，X 的
轨道全充满，原子序数X<Y，则X 为Be 或
B，M 是地壳中含量最多的元素，M 为O，原子序数Y<Z<M，则Z 为N，Q 是纯碱中的一种元素，则Q 为
Na，据此分析。
【解析】A．同一周期元素从左至右，电负性逐渐增大，Z>X，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
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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(YW4X5Z8·4W2Z)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。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，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y 为N，原子序数
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(H3BO3)＜
Y(HNO3)，故B 错误；
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H2O，则质量分数
，则说明不是失去去4 个H2O，故C
错误；
D．化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，则得到关系
式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为
，
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
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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H2O 或NH3或HF，Z 为Cl
或S 或P，其简单氢化物为HCl 或H2S 或PH3，由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，
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RZY3X 含
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58mol 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RZY3X 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
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O2的氧化性比S 强，C 错误；
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BF3，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；
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)2，溶液显两性，B 最高价氧化物的水化物为H3BO3，溶液显酸性，
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
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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H2O 和H2S，由于H2O 分子间能形成氢键，故H2O 沸点高于H2S，B 错误；
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YZ2气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变浅
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
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【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，NCl3分子的空间构型为三角锥形，其正负电荷的中心不
重合，属于极性分子，A 错误；
B．H2O 和NH3均含有氢键，但H2O 分子形成的氢键更多，故沸点H2O＞NH3，B 错误；
C．Y 为O 元素，Z 为Na 元素，两者形成的化合物为Na2O、Na2O2均为离子化合物，C 正确；
D．N、O、Na 三种元素组成的化合物NaNO3呈中性、NaNO2呈碱性，D 错误；
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
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【答案】B
【分析】X 的核外电子数等于其周期数，X 为H，YX3分子呈三角锥形，Y 为N，Z 的核外电子数等于X、
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H2O、OH-、H3O+，A 错误；
B．由分析可知Z 为O，Q 为Cl，可形成ClO2，有氧化性，可用于自来水消毒，B 正确；
C．由分析可知Z 为O，M 为Na，Q 为Cl，则M2Z 为Na2O，为离子晶体，MQ 为NaCl，为离子晶体，晶
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．XZ3是离子化合物
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X2Y3
【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Al2S3，D 正确；
答案选D。
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