文档文本内容
专题05 物质结构与性质 元素周期律
考点
三年考情（2023-2025）
命题趋势
考点01 原子
结构、化学键
和元素周期律
2025 浙江卷、2025 甘肃卷、2025 山东卷、2025
安徽卷、2025 重庆卷、2025 安徽卷、2025 黑吉
辽蒙卷、2025 广东卷、2025 陕晋青宁卷、2025
江苏卷、2025 云南卷、2025 河北卷、2025 甘肃
卷、2025 安徽卷、2025 浙江卷、2024 河北卷、
2024 湖北卷、2024 江苏卷、2024 甘肃卷、2024
北京卷、2023 北京卷
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。
考点02 分子
结构与物质性
质
2025 云南卷、2025 北京卷、2025 黑吉辽蒙卷、
2025 广东卷、2025 江苏卷、2025 河南卷、2025
山东卷、2025 浙江卷、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
考点03 晶体
结构与物质性
质
2025 重庆卷、2025 河北卷、2025 陕晋青宁卷、
2025 湖北卷、2025 云南卷、2025 湖南卷、2025
安徽卷、2025 黑吉辽蒙卷、2025 浙江卷、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
考点04 元素
的推断
2025 重庆卷、2025 重庆卷、2025 陕晋青宁卷、
2025 云南卷、2025 河北卷、2025 河南卷、2025
甘肃卷、2025 安徽卷、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
考点01 原子结构、化学键和元素周期律
1．（2025·江苏卷）科学家通过核反应❑0
1n+3
6Li→1
3H+2
4 He发现氚(❑1
3H)。下列说法正确的是
A．❑0
1n表示一个质子
B．❑3
6Li的基态原子核外电子排布式为1s
12s
2
C．❑1
3 H与❑1
2H互为同位素
D．
❑2
4 He
的原子结构示意图为
【答案】C
【详解】A．❑0
1n质量数为1，质子数为0，中子数为1，因此其表示一个中子，A 错误；
B．❑3
6Li的基态原子核外电子排布式为1s
22s
1，B 错误；
C．质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，❑1
3H与❑1
2H质子数相同、中子数不同，
二者互为同位素，C 正确；
D．
❑2
4 He
原子核外只有2 个电子，原子结构示意图为
，D 错误。
故选C。
2．（2025·甘肃卷）马家窑文化遗址出土了大量新石器时代陶制文物，陶制文物的主要成分为硅酸盐，下
列有关表述错误的是
A．基态Si 原子的价层电子排布图：
B．❑8
16O的同位素❑8
18O可作为有机反应示踪原子
C．
SiCl4
的电子式为：
D．
SiO2
的球棍模型为：
【答案】D
【详解】A．Si 为14 号元素，其基态价电子排布式为3s23p2，故其基态价电子排布图为
，
A 项正确；
B．16O 和18O 为氧元素的两种同位素，18O 常用作同位素标记，可作为有机反应的示踪原子，B 项正确；
C．SiCl4为分子晶体，Si 与Cl 形成一对共用电子对，故SiCl4的电子式为
，C 项正确；
D．SiO2为共价晶体，其球棍模型应为立体网状结构，
不能表示SiO2，D 项错误；
故选D。
3．（2025·山东卷）第70 号元素镱(Yb)的基态原子价电子排布式为4f
146s
2。下列说法正确的是
A．❑70
174 Yb的中子数与质子数之差为104 B．❑70
174 Yb与❑70
176Yb是同一种核素
C．基态Yb原子核外共有10 个d 电子
D．Yb位于元素周期表中第6 周期
【答案】D
【详解】A．中子数=174-70=104，与质子数70 的差为104-70=34，而非104，A 错误；
B．同位素之间质子数相同，但中子数不同，两者属于不同核素，B 错误；
C．根据构造原理可知，Yb 的电子排布为[Xe]4f146s2，在3d 和4d 轨道上有电子，共20 个d 电子，C 错误；
D．根据Yb 的价电子排布式可知，其有6s 轨道，说明其有6 个电子层，其位于第6 周期，D 正确；
故选D。
4．（2025·安徽卷）以下研究文物的方法达不到目的的是
A．用❑
14C断代法测定竹简的年代
B．用X 射线衍射法分析玉器的晶体结构
C．用原子光谱法鉴定漆器表层的元素种类
D．用红外光谱法测定古酒中有机分子的相对分子质量
【答案】D
【详解】A．14C 断代法通过测定有机物中14C 的残留量确定年代，竹简为植物制品，适用此方法，A 正确；
B．X 射线衍射法通过衍射图谱分析物质晶体结构，玉器为晶体矿物，适用此方法，B 正确；
C．原子光谱法通过特征谱线鉴定元素种类，可用于分析漆器表层元素，C 正确；
D．红外光谱法用于分析分子官能团和结构，无法直接测定相对分子质量（需质谱法），D 达不到目的；
故选D。
5．（2025·重庆卷）三种氮氧化物的结构如下所示：
下列说法正确的是
A．氮氮键的键能：N2O>N2O3
B．熔点：N2O3>N2O4
C．分子的极性：N2O4>N2O
D．N - N -O的键角：a>b
【答案】A
【详解】A．由图中数据可知，氮氮键的键长：N 2O＜N 2O3，则氮氮键的键能：N2O>N2O3，A 正确；
B．二者均为分子构成的物质，分子间作用力：N2O3＜N2O4，熔点：N2O3＜N2O4，B 错误；
C．N 2O4为对称的平面结构，极性较弱，而N 2O结构不对称，正负电荷中心不能重合，属于典型的极性
分子，故分子极性：：N2O4＜N2O，C 错误；
D．N2O3结构为O = N - NO2，中心原子N 存在5-2×1-1×1
2
=1对孤对电子，中心原子N 为sp
2杂化，受
孤对电子影响，键角略小于120°；而N 2O4中心原子N 的孤对电子为5-2×2-1×1
2
=0，价电子数为3，
也是sp
2杂化，没有孤对电子的影响，故键角a＜b，D 错误；
故选A。
6．（2025·安徽卷）氟气通过碎冰表面，发生反应①F2+H2O
-40℃
¿ HOF+HF
¿
，生成的HOF遇水发生反应②
HOF+H2O=HF+H2O2。下列说法正确的是
A．
HOF
的电子式为
B．
H2O2
为非极性分子
C．反应①中有非极性键的断裂和形成
D．反应②中HF为还原产物
【答案】A
【详解】
A．HOF 中心原子为O，与H、F 通过共用电子对形成共价键，电子式为
，A 正确
B．H2O2空间结构为半开页书形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B 错误；
C．反应①中F-F 非极性键断裂，但没有非极性键的形成，C 错误；
D．F 的电负性大于O，HOF 中氟表现为-1 价，O 为0 价，H 为+1 价，生成物HF 中氟还是-1 价，F 的化合价
没有变化，反应②中氧化剂为HOF，还原剂为H2O，H2O2既是氧化产物也是还原产物，HF 既不是氧化产物
也不是还原产物，D 错误；
故选A。
7．（2025·黑吉辽蒙卷）化学家用无机物甲(YW4ZXY)成功制备了有机物乙[(YW2)2XZ]，开创了有机化学人
工合成的新纪元。其中W、X、Y、Z 原子序数依次增大，X、Y、Z 同周期，基态X、Z 原子均有2 个单电子。
下列说法正确的是
A．第一电离能：Z>Y>X
B．甲中不存在配位键
C．乙中σ键和π键的数目比为6:1
D．甲和乙中X 杂化方式分别为sp和sp
2
【答案】D
【分析】(YW2)2XZ 为有机物，基态X、Z 原子均有2 个单电子，X、Z 分别为IVA 族和VIA 族元素，X、Y、Z
同周期、原子序数依次增大，若X、Y、Z 为第三周期元素，则X、Y、Z 分别为Si、P、S；若X、Y、Z 为第
二周期元素，则X、Y、Z 分别为C、N、O；又YW4ZXY 为无机物，(YW2)2XZ 为有机物，所以X、Y、Z 分别为
C、N、O，W、X、Y、Z 原子序数依次增大，能形成YW4ZXY，则W 为H，综上所述，W、X、Y、Z 分别为
H、C、N、O。
【详解】A．C、N、O 同周期，同一周期主族元素，从左到右第一电离能有逐渐增大的趋势，第VA 族的第
一电离能大于同周期相邻的两种元素，则第一电离能N＞O＞C，故A 错误；
B．甲为NH4OCN，NH4
+中有N 原子提供孤对电子、H+提供空轨道形成的N→H 配位键，故B 错误；
C．乙为
，其中有4 个N-H、2 个C-N、碳氧原子之间1 个σ 键，则一个
中有7 个σ键、1 个π 键，σ键与π 键的数目比为7：1，故C 错误；
D．甲为NH4OCN，其中的C 原子与N 原子形成三键、与O 原子形成单键，σ键电子对数为2，无孤对电子，
C 原子采取sp 杂化，乙为
，其中的C 原子形成3 个
σ
键，即
σ
键电子对数为3，无孤对电
子，C 原子采取sp2杂化，故D 正确；
故答案为：D。
8．（2025·广东卷）元素a~i 为短周期元素，其第一电离能与原子序数的关系如图。下列说法正确的是
A．a 和g 同主族
B．金属性：g>h>i
C．原子半径：e>d>c
D．最简单氢化物沸点：b>c
【答案】B
【分析】同周期中第一电离能中第IIA 族和第VA 族比相邻元素的第一电离能大，0 族元素的第一电离能在
同周期中最大，可以推断a~i 分别是B、C、N、O、F、Ne、Na、Mg、Al。
【详解】A．a 是B，g 是Na，二者不同主族，A 错误；
B．Na、Mg、Al 属于同周期，从左到右金属性依次减弱，B 正确；
C．e、d、c 分别是F、O、N，属于同周期元素，同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，原子半径
c>d>e，C 错误；
D．b 为C，c 为N，NH3分子间存在氢键，沸点高，沸点NH3>CH4，D 错误；
答案选B。
9．（2025·陕晋青宁卷）一种高聚物(XYZ2)n被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y
和Z 都是短周期元素，X、Y 价电子数相等，X、Z 电子层数相同，基态Y 的2p轨道半充满，Z 的最外层只有
1 个未成对电子，下列说法正确的是
A．X、Z 的第一电离能：X>Z
B．X、Y 的简单氢化物的键角：X>Y
C．最高价含氧酸的酸性：Z>X>Y
D．X、Y、Z 均能形成多种氧化物
【答案】D
【分析】X、Y 价电子数相等，X、Y 属于同一主族，且X 形成5 个键，Y 形成3 个键，基态Y 的2p轨道半充
满，则X 为P 元素，Y 为N 元素，X、Z 电子层数相同， Z 的最外层只有1 个未成对电子，Z 形成1 个键，Z
为Cl 元素，以此分析。
【详解】A．第一电离能同周期从左到右有增大趋势，第一电离能：Cl>P，A 错误；
B．X、Y 的简单氢化物分别为：PH3和NH3，电负性：N>P，共用电子对距N 近，成键电子对斥力N-H 大于
P-H，键角：NH3>PH3，B 错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越强，非金属性：Cl>N>P，酸性：HClO4>HNO3>H3PO4，C 错
误；
D．P、N、Cl 均能形成多种氧化物，D 正确；
答案选D。
10．（2025·江苏卷）在溶有15-冠
-5
(
)的有机溶剂中，苄氯(
)与
NaF
发生反应：
下列说法正确的是
A．苄氯是非极性分子
B．电负性：χ(F)<χ(Cl)
C．离子半径：r(F
-)>r(Na
+)
D．X 中15-冠-5与Na
+间存在离子键
【答案】C
【详解】A．苄氯分子含有饱和C 原子，且饱和碳原子连有三种不同的基团，分子空间结构不对称，故苄
氯为极性分子，A 错误；
B．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，故电负性：χ(F)>χ(Cl)，B 错误；
C．电子层结构相同时，离子半径随原子序数增大而减小，故离子半径：r(F
-)>r(Na
+)，C 正确；
D．15-冠-5 是分子，与阳离子Na
+之间不存在离子键，二者通过非共价键形成超分子，D 错误；
故选C。
11．（2025·云南卷）钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料，所含M、Q、R、T、X、Y、Z 为原子序数依次增
大的前20 号主族元素，M 是原子半径最小的元素，Q 是形成物质种类最多的元素，R 是地壳中含量最高的
元素，T、X、Y 同周期，Q、X 均与Y 相邻，Z 的原子序数等于M、R 和T 的原子序数之和。下列说法正确的
是
A．M 与Z 可形成离子化合物
B．原子半径：R<T<X
C．QR2是极性分子
D．电负性：Y<R<Q
【答案】A
【分析】M 是原子半径最小的为H，Q 是形成物质种类最多，则为C， R 是地壳中含量最高，为O， T、
X、Y 同周期且原子序数递增。Q（C）和X 均与Y 相邻，结合Z 的原子序数Z = M + R + T = 1 + 8 + T，Z ≤ 20，
得T = 11（Na），Z = 20（Ca）。又因为T、X、Y 同周期，Q、X 均与Y 相邻，可推出 Q（C）与Y（Si）同
主族相邻，X（Al）与Y（Si）相邻且T（Na）、X（Al）、Y（Si）同属第三周期， 故推出M 为H、Q 为C、
R 为O、T 为Na、X 为Al、Y 为Si、Z 为Ca，据此解答。
【详解】A．H 与Ca 形成CaH2，为活泼金属形成的氢化物，为离子化合物，A 正确；
B．同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族原子半径从上到下逐渐增大，R 为O、T 为Na、X 为Al，则
它们的原子半径大小为O＜Al＜Na，即R＜X＜T，B 错误；
C．QR2为CO2，为直线型的非极性分子，C 错误；
D．同周期电负性从左到右逐渐增大，同主族电负性从下到上逐渐增大，Q 为C、R 为O、Y 为Si，则电负
性Si＜C＜O，正确顺序为Y＜Q＜R，D 错误；
故选A。
12．（2025·河北卷）W、X、Y、Z 为四种短周期非金属元素，W 原子中电子排布已充满的能级数与最高能
级中的电子数相等，X 与W 同族，Y 与X 相邻且Y 原子比X 原子多一个未成对电子，Z 位于W 的对角线位置。
下列说法错误的是
A．第二电离能：X<Y
B．原子半径：Z<W
C．单质沸点：Y<Z
D．电负性：W<X
【答案】A
【分析】W、X、Y、Z 为四种短周期非金属元素，W 原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子
数相等，则W 价电子排布式可能是：1s22s22p2或1s22s22p63s23p4，若W 是C，X 与W 同族，则X 是Si，Y 与
X 相邻且Y 原子比X 原子多一个未成对电子，则Y 是P，Z 位于W 的对角线位置，则满足条件的Z 是P，与Y
重复；故W 是S；X 与W 同族，则X 是O；Y 与X 相邻且Y 原子比X 原子多一个未成对电子，则Y 是N；Z
位于W 的对角线位置，则Z 是F。
【详解】A．O 的第二电离能高于N，因为O+的电子构型为2p3（半充满），失去电子需更高能量，而N+的
电子构型为2p2，失去电子相对容易，因此X（O）的第二电离能大于Y（N），A 错误；
B．同主族从上到下，原子半径变大，同周期，从左到右原子半径变小，F（Z）位于第二周期，S（W）位
于第三周期，原子半径S＞O＞F，即：Z<W，B 正确；
C．N2与F2都是分子晶体，F2范德华力大，沸点高，C 正确；
D．同主族从上到下，电负性逐渐减小，O 的电负性大于S，D 正确；
故选A。
13．（2025·甘肃卷）我国科学家制备了具有优良双折射性能的C3H8 N6I6⋅3 H2O材料。下列说法正确的是
A．电负性N <C<O
B．原子半径C<N <O
C．I3
-中所有I 的孤电子对数相同
D．C3H8 N6
2+中所有N—H 极性相同
【答案】C
【详解】A．非金属性越强，电负性越大，故电负性：C＜N＜O，A 错误；
B．同周期从左到右，原子半径递减，故原子半径：C＞N＞O，B 错误；
C．碘的价电子数为7，I3
-中心原子I 与两个碘通过共用电子对形成共价键，则两边的碘存在3 对孤对电子，
中心原子I 的孤对电子是7+1-2×1
2
=3，C 正确；
D．六元环内存在大π 键，大π 键具有吸电子效应，N
+
- H离大π 键比较近，N-H 键极性更大，D 错误；
故选C。
14．（2025·安徽卷）某化合物的结构如图所示。W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期元素，其中
X、Z 位于同一主族。下列说法错误的是
A．元素电负性：X>Z>Y
B．该物质中Y 和Z 均采取sp
3杂化
C．基态原子未成对电子数：W<X<Y
D．基态原子的第一电离能：X>Z>Y
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z 位于同一主族，且X、Z 均形成2 个共
价键，则X 为O，Z 为S；Y 形成5 个共价键且原子序数位于O、S 之间，则Y 为P；W 形成1 个共价键，原
子序数最小，则W 为H；
【详解】A．同周期从左向右电负性逐渐增大，同主族从上向下电负性逐渐减小，故元素电负性O>S>P，
即X>Z>Y，A 项正确；
B．由该物质结构可知，P 形成4 个σ 键，P 上没有孤电子对，P 原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，S
形成2 个σ 键，S 上有2 对孤电子对，S 原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，B 项正确；
C．基态H 原子未成对电子数为1，基态O 原子的价电子排布式为2s22p4，未成对电子数为2，基态P 原子
的价电子排布式为3s23p3，未成对电子数为3，则基态原子未成对电子数H<O<P，即W<X<Y，C 项正确；
D．基态原子的第一电离能同周期从左向右逐渐增大，由于VA 族原子的p 轨道处于半充满状态，第一电离
能大于同周期相邻主族元素，即P>S，D 项错误；
故选D。
15．（2025·浙江卷）根据元素周期律，下列说法不正确的是
A．第一电离能：N＞O＞S
B．化合物中键的极性：SiCl4＞PCl3
C．碱性：LiOH＞KOH
D．化合物中离子键百分数：MgO＞Al2O3
【答案】C
【详解】A．根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA 与ⅢA，ⅤA 与ⅥA 反常，故第一
电离能：N＞O＞S，A 正确；
B．已知同一周期从左往右元素的电负性依次增大，电负性Si＜P＜Cl，电负性差值越大，键的极性越大，
故化合物中键的极性：SiCl4＞PCl3，B 正确；
C．同一主族从上往下元素的金属性依次增大，金属性Li＜K，故碱性：LiOH＜KOH，C 错误；
D．已知同一周期从左往右元素的电负性依次增大，即电负性Mg＜Al，故Mg 与O 的电负性差值＞Al 与O
的电负性差值，电负性差值越大离子键百分数越大，故化合物中离子键百分数：MgO＞Al2O3，D 正确；
故答案为：C。
16. （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。
17. （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，
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。
18. （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。
19. （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。
20. （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。
21. （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。
22．（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。
23．（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
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。
考点02 分子结构与物质性质
24．（2025·云南卷）下列化学用语或图示表示正确的是
A．
NH3
的VSEPR 模型：
B．Na2S的电子式：
C．Cl 的原子结构示意图：
D．Al2(SO4)3溶于水的电离方程式：Al2(SO4)3⇌2Al
3++3SO4
2-
【答案】A
【详解】A．NH3的中心原子价层电子对数为3+1
2
(5-3×1)=4，且含有1 个孤电子对，VSEPR 模型为四面体
形，A 正确；
B．硫化钠是离子化合物，电子式：
，B 错误；
C．氯是第17 号元素，Cl 原子结构示意图为：
，C 错误；
D．Al2(SO4)3是强电解质，溶于水完全电离，电离方程式：Al2(SO4)3=2Al
3++3SO4
2-，D 错误；
故选A。
25．（2025·北京卷）下列化学用语或图示表达不正确的是
A．乙醇的分子模型：
B．
BF3
的
VSEPR
模型：
C．S 的原子结构示意图：
D．基态
❑30Zn
原子的价层电子排布式：
3d
104s
2
【答案】C
【详解】
A．乙醇的结构简式为
CH 3CH 2OH
，分子模型为：
，A 正确；
B．BF3分子中B 原子的价层电子对数为3+1
2(3-1×3)=3，无孤电子对，其空间构型和VSEPR 模型均为平面三
角形，B 正确；
C．S 的原子有16 个电子，结构示意图
，C 错误；
D．锌是30 号元素，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s2，价电子排布式为3d104s2，D 正确；
故选C。
26．（2025·黑吉辽蒙卷）Cl2O可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：Cl2O+ H2O =2HClO。下列说法正确
的是
A．反应中各分子的σ键均为p-pσ键
B．反应中各分子的VSEPR 模型均为四面体形
C．Cl-O键长小于H—O 键长
D．HClO 分子中Cl 的价电子层有2 个孤电子对
【答案】B
【详解】A．H2O 中的H-O 键是s-sp3 σ 键，而非p-pσ 键，A 错误；
B．根据价层电子对互斥理论，Cl2O 中O 原子周围的孤电子对数为1
2(6-2×1)=2，还含有2 个成键电子对，因
此其VSEPR 模型为四面体形；H2O 中O 原子周围的孤电子对数为1
2(6-2×1)=2，还含有2 个成键电子对，因
此其VSEPR 模型为四面体形；HClO 中O 原子周围的孤电子对数为1
2(6-2×1)=2，还含有2 个成键电子对，因
此其VSEPR 模型为四面体形；反应中各分子的VSEPR 模型均为四面体形，B 正确；
C．Cl 的原子半径大于H，Cl-O 键长应大于H-O 键长，因此C 错误；
D．HClO 中Cl 的最外层电子数为7，其1 个价电子与O 形成共价键，剩余6 个价电子形成3 对孤电子对，D
错误；
故答案选B。
27．（2025·广东卷）由结构不能推测出对应性质的是
选
项
结构
性质
A
SO3的VSEPR 模型为平面三角形
SO3具有氧化性
B
钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量变化不同
钾和钠的焰色不同
C
乙烯和乙炔分子均含有π键
两者均可发生加聚反应
D
石墨层中未参与杂化的p 轨道中的电子，可在整个碳原子平面中运
动
石墨具有类似金属的导电
性
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【详解】A．SO3的VSEPR 模型为平面三角形，反映其分子几何结构，但氧化性由硫的高价态(+6)决定，与
结构无直接关联，A 符合题意；
B．钾和钠原子结构差异导致电子跃迁能量不同，焰色不同，结构与性质对应合理，B 不符合题意；
C．乙烯和乙炔均含π 键，π 键断裂是加聚反应的基础，结构与性质对应合理，C 不符合题意；
D．石墨层中离域p 电子使其导电，结构与性质对应合理，D 不符合题意；
答案选A。
28．（2025·江苏卷）探究含铜化合物性质的实验如下：
步骤Ⅰ 取一定量5 % CuSO4溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。
步骤Ⅱ 将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝
色、蓝色。
步骤Ⅲ 向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静
置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。
下列说法正确的是
A．步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为[Cu(NH3)4]SO4
B．步骤Ⅱ的两份溶液中：c深蓝色(Cu
2+)<c蓝色(Cu
2+)
C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化
D．步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为[Cu(NH3)4]
2++ Fe=Cu+ Fe
2++ 4 NH3↑
【答案】B
【详解】A．步骤Ⅰ中产生的蓝色沉淀是Cu(OH)2，而非[Cu(NH3)4]SO4。因为适量浓氨水与CuSO4溶液反应首
先生成Cu(OH)2沉淀，过量氨水才会溶解沉淀形成络合物，A 错误；
B．步骤Ⅱ中，深蓝色溶液（加入浓氨水）中的Cu2+因形成[Cu(NH3)4]2+络离子而浓度降低，而蓝色溶液（加
入稀盐酸）中Cu2+可以自由移动，浓度较高。因此c 深蓝色(Cu2+) < c 蓝色(Cu2+)，B 正确；
C．步骤Ⅲ中无明显现象并非因铁钉钝化。铁在碱性溶液中不易钝化，且后续加入盐酸后有反应发生，说
明铁未钝化。真正原因是络合物中Cu2+浓度过低，无法被Fe 置换，C 错误；
D．步骤Ⅲ中加入盐酸后，H+与NH3结合生成NH4
+，导致配合物释放Cu2+，随后Fe 与H+反应生成H2（气
泡），并与Cu2+发生置换反应生成Cu，D 的反应式未体现H+的作用，与实际反应原理不符，D 错误；
故选B。
29．（2025·河南卷）自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合
物的结构及在氦气气氛下的热重曲线分别如图1 和图2 所示。该化合物的相对分子质量Mr =870+32 x(x 为
整数)。
下列说法正确的是
A．x =1
B．第一电离能：C < N <O
C．该化合物中不存在离子键
D．该化合物中配位数与配体个数相等
【答案】A
【详解】A．该化合物在氦气的气氛中加热，先失去CH3OH，若x=1，CH3OH 的质量分数为
32
870+32 ×100 %≈3.5 %，结合图像可知，该化合物中x=1，故A 项说法正确；
B．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N 原子2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离能：
N>O>C，故B 项说法错误；
C．该化合物中，配离子与NO3
-之间为离子键，故C 项说法错误；
D．该化合物中，根据O、N 原子成键数可知，O-Fe 为共价键，N-Fe 为配位键，配位数为与中心原子或离
子键合的原子总数，因此配位数为6，配体为与中心原子或离子形成配位键的分子或离子个数，因此配体
个数为2，故D 项说法错误；
综上所述，说法正确的为A 项。
30．（2025·山东卷）物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是
性质差异
主要原因
A
沸点：H2O>H2S
电离能：O>S
B
酸性：HClO>HBrO
电负性：Cl>Br
C
硬度：金刚石>晶体硅
原子半径：Si>C
D
熔点：MgO>NaF
离子电荷：Mg
2+>Na
+,O
2->F
-
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【详解】A．H2O 沸点高于H2S 的主要原因是H2O 分子间存在氢键、H2S 分子间不存在氢键，而非O 的电离
能大于S，电离能与沸点无直接关联，A 错误；
B．HClO 酸性强于HBrO 是因为Cl 的电负性大于Br，导致O-H 键极性更强，更易解离H+，B 正确；
C．金刚石硬度大于晶体硅是因为C 原子半径小于Si，C-C 键键能更大，共价结构更稳定，C 正确；
D．MgO 和NaF 均属于离子晶体，离子晶体的熔点取决于其晶格能的大小，离子半径越小、离子电荷越多
的，其晶格能一般较大，其熔点更高；MgO 熔点高于NaF 是因为Mg2+和O2−的电荷高于Na+和F−，且其阴、
阳离子的半径对应较小，故离子键强度更大，晶格能更高，D 正确；
故选A。
31．（2025·浙江卷）下列属于极性分子的是
A．HCl
B．N2
C．He
D．CH4
【答案】A
【详解】A．HCl 是由极性键形成的双原子分子，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A 符合题意；
B．N2是非极性键形成的单质分子，正负电荷中心重合，属于非极性分子，B 不符合题意；
C．He 是单原子分子，正负电荷中心重合，属于非极性分子，C 不符合题意；
D．CH4是由极性键形成的正四面体结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，D 不符合题意；
答案选A。
32. （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。
33. （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。
34. （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。
35. （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；
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。
36 .（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。
【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。
37. （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。
38. （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。
39. （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(
)接近
冠醚18-冠-6 可识别
，能增大
在有
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。
40. （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。
41. （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。
42．（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。
43．（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
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。
44．（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。
45．（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；
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。
46．（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。
考点03 晶体结构与物质性质
47．（2025·重庆卷）化合物X 的晶胞如图所示，下列叙述正确的是
A．X 中存在π键B．X 属于混合型晶体C．X 的化学式可表示为C3 N4
D．X 中C 原子上有1 对孤电子
对
【答案】C
【分析】由图可知，晶胞中C 原子的个数是6× 1
2 =3，N 位于晶胞内部，个数为4，则晶胞化学式为C3 N4；
【详解】A．C、N 均以单键连接，晶胞中不含π 键，A 错误；
B．晶胞内只存在共价键，不是混合型晶体，B 错误；
C．由分析可知，晶胞化学式为C3 N4，C 正确；
D．位于面心的C 原子，与周围4 个氮原子(位于两个晶胞内)相连，其配位数为4，不存在孤独电子，D 错
误；
故选C。
48．（2025·河北卷）SmCok(k>1)是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，在航空航天等领域中获得重要
应用。SmCok的六方晶胞示意图如下，晶胞参数a =500pm、c= 400pm，M、N 原子的分数坐标分别为
(
5
6 , 1
6 , 1
2)、(
1
6 , 5
6 , 1
2)。设NA是阿伏加德罗常数的值。
下列说法错误的是
A．该物质的化学式为SmCo5
B．体心原子的分数坐标为(
1
2 , 1
2 , 1
2)
C．晶体的密度为
890 ❑√3
3 NA×10
-22 g⋅cm
-3
D．原子Q 到体心的距离为100 ❑√41pm
【答案】D
【详解】A．由晶胞图知，白球位于体心，晶胞中数目为1，黑球位于顶角、棱心、体内，六方晶胞上下表
面中一个角60°， 一个角为120°，晶胞中数目为4× 1
12 + 4× 1
6 +2+8× 1
4 =5，结合题意知，白球为Sm、
黑球为Co，该物质化学式为SmCo5，A 正确；
B．体心原子位于晶胞的中心，其分数坐标为(
1
2 , 1
2 , 1
2)，B 正确；
C．每个晶胞中含有1 个“SmCo5”，晶胞底面为菱形，晶胞体积为
❑√3
2
a
2c，则晶体密度为
ρ=
1
NA
×(150+59×5)g
❑√3
2 a
2c cm
3
=
890 ❑√3
3 NA×10
-22 g⋅cm
-3，C 正确；
D．原子Q 的分数坐标为(0, 1
2 ,1)，由体心原子向上底面作垂线，垂足为上底面面心，连接该面心与原
子Q、体心与原子Q 可得直角三角形
，则原子Q 到体心的距离
=
❑√250
2+200
2pm =50 ❑√41pm，D 错误；
故选D。
49．（2025·陕晋青宁卷）一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶胞密度为dg⋅cm
-3，阿伏加德罗常数
的值为NA，下列说法错误的是
A．沿晶胞体对角线方向的投影图为
B．Ag和B 均为sp
3杂化
C．晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6 个
D．Ag和B 的最短距离为
❑√3
2
× 3√
223
NAd ×10
10pm
【答案】A
【详解】
A．由晶胞图可知，晶胞中Ag 位于体心，B 位于顶点，C、N 位于体对角线上，沿晶胞体对角线方向投影，
体对角线上的原子投影到中心(重叠)，其余6 个顶点原子分别投影到六元环的顶点上，其他体内的C、N 原
子都投影到对应顶点原子投影与体心的连线上，则投影图为
，A 错误；
B．Ag 位于体心，与周围4 个N 原子原键，价层电子对数为4，且与4 个N 原子形成正四面体，则Ag 为sp
3
杂化；由晶胞中成键情况知，共用顶点B 原子的8 个晶胞中，有4 个晶胞中存在1 个C 原子与该B 原子成
键，即B 原子的价层电子对数为4，为sp
3杂化，B 正确；
C．晶胞中Ag 位于体心，与Ag最近且距离相等的Ag就是该晶胞上、下、左、右、前、后6 个相邻的晶胞体
心中的Ag原子，为6 个，C 正确；
D．B 位于顶点，其个数为8× 1
8 =1，Ag、C、N 均位于晶胞内，个数分别为1、4、4，由晶胞密度可知晶胞
参数a=3√
108+11+12×4+14×4
NAd
×10
10pm，Ag和B 的最短距离为体对角线的一半，即
❑√3
2
× 3√
223
NAd ×10
10pm，D 正确；
故选A。
50．（2025·湖北卷）SO2晶胞是长方体，边长a≠b≠c，如图所示。下列说法正确的是
A．一个晶胞中含有4 个O 原子
B．晶胞中SO2分子的取向相同
C．1 号和2 号S 原子间的核间距为
❑√2
2
❑√a
2+b
2pm
D．每个S 原子周围与其等距且紧邻的S 原子有4 个
【答案】D
【详解】A．由晶胞图可知，SO2分子位于长方体的棱心和体心，1 个晶胞中含(12×1
4 +1)个SO2分子，含有8
个O 原子，A 错误；
B．由图可知晶胞中SO2分子的取向不完全相同，如1 和2，B 错误；
C．1 号和2 号S 原子间的核间距离为上、下面面对角线的一半，即1
2
❑√a
2+b
2pm，C 错误；
D．以体心的S 原子为例，由于a≠b≠c，每个S 原子周围与其等距且紧邻(距离最小)的S 原子有4 个，D 正确；
答案选D。
51．（2025·云南卷）(Li0.45La0.85)ScO3是优良的固态电解质材料，Ce
4+取代部分La
3+后产生空位，可提升
Li
+传导性能。取代后材料的晶胞结构示意图(O
2-未画出)及其作为电解质的电池装置如下。下列说法错误
的是
A．每个晶胞中O
2-个数为12
B．该晶胞在yz 平面的投影为
C．Ce
4+取代后，该电解质的化学式为(Li0.45La0.85-yCey)ScO3
D．若只有Li
+发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ 的Li
+数目相等
【答案】C
【详解】A．由晶胞结构可知，Sc 原子分布在晶胞的8 个棱心和4 个面心，由均摊法算出其原子个数为
8× 1
4 + 4× 1
2 = 4，由晶体的化学式(Li0.45La0.85)ScO3可知，O 原子的个数是Sc 的4 倍，因此，每个晶胞中
O2-个数为12，A 正确；
B．由晶胞结构可知，该晶胞在yz 平面的投影就是其前视图
，B 正确；
C．Ce4+ 取代La3+后，Li+数目减小并产生空位，因此，根据化合价的代数和为0 可知，取代后该电解质的化
学式为(Li0.45-yLa0.85-yCey)ScO3，C 错误；
D．Li+与电子所带的电荷数目相同，只是电性不同，原电池中内电路和外电路通过的电量相等，因此，若
只有Li+发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ 的Li+数目相等，D 正确；
综上所述，本题选C。
52．（2025·湖南卷）K
+掺杂的铋酸钡具有超导性。K
+替代部分Ba
2+形成Ba0.6K0.4 BiO3(摩尔质量为
354.8g⋅mol
-1)，其晶胞结构如图所示。该立方晶胞的参数为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说
法正确的是
A．晶体中与铋离子最近且距离相等的O
2-有6 个
B．晶胞中含有的铋离子个数为8
C．第一电离能：Ba>O
D．晶体的密度为3.548×10
21
a
3⋅NA
g⋅cm
-3
【答案】A
【详解】A．铋离子位于顶点，与其最近且距离相等的O
2-位于棱心，有6 个，分别位于上下、前后、左右，
A 正确；
B．晶胞中含有的铋离子个数为8× 1
8 =1个，B 错误；
C．Ba 是碱土金属，金属性强于Ca，其易失电子，第一电离能小于O，C 错误；
D．晶胞中Ba 或K 位于体心，个数为总和1，O
2-位于棱心，有12× 1
4 =3，所以晶胞的质量是354.8
N A
g，晶
胞体积是(a×10
-7)
3cm
3，则晶体的密度是：3.548×10
23
a
3⋅NA
g⋅cm
-3，D 错误；
故选A。
53．（2025·安徽卷）碘晶体为层状结构，层间作用为范德华力，层间距为d pm。下图给出了碘的单层结
构，层内碘分子间存在“卤键”(强度与氢键相近)。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．碘晶体是混合型晶体
B．液态碘单质中也存在“卤键”
C．127g碘晶体中有NA个“卤键”
D．碘晶体的密度为2×254
abd×NA×10
-30 g⋅cm
-3
【答案】A
【详解】A．碘晶体中，分子间是“卤键”(类似氢键)，层与层间是范德华力，与石墨不同(石墨层内只存
在共价键)所以碘晶体是分子晶体，A 错误；
B．由图可知，题目中的“卤键”类似分子间作用力，只不过强度与氢键接近，则液态碘单质中也存在类
似的分子间作用力，即“卤键”，B 正确；
C．由图可知，每个I 2分子能形成4 条“卤键”，每条“卤键”被2 个碘分子共用，所以每个碘分子能形成
2 个“卤键”，127g碘晶体物质的量是0.5mol，“卤键”的个数是0.5mol×2× N A mol
-1= N A，C 正确；
D．碘晶体为层状结构，所给区间内4 个碘原子处于面心，则每个晶胞中碘原子的个数是8× 1
2 = 4，晶胞
的体积是abd ×10
-30cm
3，密度是2×254
abd×NA×10
-30 g⋅cm
-3，D 正确；
故选A。
54．（2025·黑吉辽蒙卷）Nax WO3晶体因x 变化形成空位而导致颜色各异，当0.44≤x≤0.95时，其立方晶
胞结构如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．与W 最近且等距的O 有6 个
B．x 增大时，W 的平均价态升高
C．密度为243.5×10
30
a
3⋅NA
g⋅cm
-3时，x=0.5
D．空位数不同，吸收的可见光波长不同
【答案】B
【详解】A．W 位于立方体的顶角，以顶角W 为例，在此晶胞内，离该顶角最近且距离相等的O 原子位于
该顶角所在3 条棱的棱心，由于该顶角在8 个晶胞里，而棱上的原子被4 个晶胞共有，所以与W 最近且距
离相等的O 原子有3×8× 1
4 =6，故A 正确；
B．O 元素化合价为-2 价，负化合价总数为-6，设W 元素的平均化合价为y，据正负化合价代数和为0 可
得：-6+y+x=0，y=6-x，x 的值增大y 减小，即W 元素的平均化合价降低，故B 错误；
C．0.44≤x ≤0.95时，立方晶胞中W 个数为8× 1
8 =1、O 个数为12× 1
4 =3，若x=0.5，晶胞质量为
m = 184+16×3+23x
NA
g，晶胞体积为V=(a×10
-10)
3cm
3，则密度
ρ= m
V =
184+16×3+23×0.5
NA
(a×10
-10)
3
g/cm
3= 243.5×10
30
a
3⋅NA
g/cm
3，所以密度为243.5×10
30
a
3⋅NA
g⋅cm
-3时，
x=0.5，故C 正确；
D．Nax WO3晶体因x 变化形成空位而导致颜色各异，即空位数不同，吸收的可见光波长不同，故D 正确；
故答案为：B。
55．（2025·浙江卷）某化合物Fe(NH3)2Cl2的晶胞如图所示，下列说法不正确的是
A．晶体类型为混合晶体
B．NH3与二价铁形成配位键
C．该化合物与水反应有难溶物生成
D．该化合物热稳定性比FeCl2高
【答案】D
【详解】A．由图可知该化合物中存在离子键、配位键和分子间作用力，故晶体类型为混合晶体，A 正确；
B．NH3与二价铁通过配位键形成[Fe(NH3)2]2+，B 正确；
C．Fe(NH3)2Cl2与水反应可以生成Fe(OH)2沉淀，方程式为Fe(NH3)2Cl2+2H2O=Fe(OH)2↓+2NH4Cl，C 正确；
D．Fe(NH3)2Cl2中[Fe(NH3)2]2+离子半径大于Fe2+，[Fe(NH3)2]2+与Cl-之间的键能小于Fe2+与Cl-之间的键能，
Fe(NH3)2Cl2热稳定性小于FeCl2，D 错误；
答案选D。
56. （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。
57. （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。
58. （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。
59. （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。
60. （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。
61. （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。
62．（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。
63．（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。
64．（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
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。
65．（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-
30cm3，则其密度为
，D 正确；
故选C。
66．（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。
67．（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
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。
68．（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
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。
69．（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。
70．（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
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。
71．（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。
考点04 元素的推断
72．（2025·重庆卷）根据元素周期律，同时满足条件（ⅰ）和条件（ⅱ）的元素是
（ⅰ）电负性大于同族其他元素；（ⅱ）第一电离能高于同周期相邻的元素
A．Al
B．Si
C．B
D．Be
【答案】D
【详解】A．Al 是第ⅢA 族元素，同主族中电负性最大的是B，因此Al 不满足条件（i），A 错误；
B．Si 是第ⅣA 族元素，同主族中电负性最大的是C，因此Si 不满足条件（i），B 错误；
C．B 是第ⅢA 族元素，电负性在同主族中最大，满足条件（i）。B 是ⅢA 族元素，同周期电离能从左往右
逐渐增加，但Be 是第ⅡA 族元素，2p 为全空，比较稳定，电离能大于B，所以B 的第一电离能比相邻的
Be 和C 都小，不满足条件（ii），C 错误；
D．Be 是第ⅡA 族元素，电负性在同主族中最大，满足条件（i）；Be 是第ⅡA 族元素，2p 为全空，比较
稳定，电离能大于B 和Li，所以Be 的第一电离能大于同周期相邻主族元素，满足条件（ii），D 正确；
故选D。
73．（2025·重庆卷）某化合物由原子序数依次增大的长周期主族元素X、Y 和Z 组成。X 的价层电子数为
4，Y 只有一个未成对电子，Z+的电子占据的最高能级为全充满的4p 能级。关于这三种元素说法正确的是
A．X、Y 和Z 位于同一周期
B．氧化物的水化物碱性最强的是X
C．单质熔点最高的是Y
D．原子半径是最大的是Z
【答案】D
【分析】X、Y、Z 的原子序数依次增大且均为长周期主族元素。X 的价层电子数为4（ⅣA 族），Y 有1 个
未成对电子（可能为IA 族或ⅦA 族），Z
+的4p 轨道填满，说明Z 的原子序数为37，即Rb，根据原子序数
依次增大，可确定X 为Ge，Y 为Br，据此解答。
【详解】A．分析可知，X 为Ge，Y 为Br，Z 为Rb，不属于同一周期，A 错误；
B．X 为Ge，Y 为Br，Z 为Rb，金属性最强的元素为Rb，所以最高价氧化物对应水化物碱性最强的是Z，B
错误；
C．X 为Ge，单质为金属晶体；Y 为Br，单质为分子晶体；Z 为Rb，单质为金属晶体；Ge 原子半径较小，
而且价电子数多，金属键较强，熔点较高，所以单质熔点最高的是X，C 错误；
D．电子层数越多的，原子半径越大，X，Y 为第四周期，Z 为第五周期，所Z 的原子半径最大，D 正确；
故选D。
74．（2025·陕晋青宁卷）一种高聚物(XYZ2)n被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、
Y 和Z 都是短周期元素，X、Y 价电子数相等，X、Z 电子层数相同，基态Y 的2p轨道半充满，Z 的最外层只
有1 个未成对电子，下列说法正确的是
A．X、Z 的第一电离能：X>Z
B．X、Y 的简单氢化物的键角：X>Y
C．最高价含氧酸的酸性：Z>X>Y
D．X、Y、Z 均能形成多种氧化物
【答案】D
【分析】X、Y 价电子数相等，X、Y 属于同一主族，且X 形成5 个键，Y 形成3 个键，基态Y 的2p轨道半充
满，则X 为P 元素，Y 为N 元素，X、Z 电子层数相同， Z 的最外层只有1 个未成对电子，Z 形成1 个键，Z
为Cl 元素，以此分析。
【详解】A．第一电离能同周期从左到右有增大趋势，第一电离能：Cl>P，A 错误；
B．X、Y 的简单氢化物分别为：PH3和NH3，电负性：N>P，共用电子对距N 近，成键电子对斥力N-H 大于
P-H，键角：NH3>PH3，B 错误；
C．元素的非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越强，非金属性：Cl>N>P，酸性：HClO4>HNO3>H3PO4，C 错
误；
D．P、N、Cl 均能形成多种氧化物，D 正确；
答案选D。
75．（2025·云南卷）钙霞石是一种生产玻璃陶瓷的原料，所含M、Q、R、T、X、Y、Z 为原子序数依次增
大的前20 号主族元素，M 是原子半径最小的元素，Q 是形成物质种类最多的元素，R 是地壳中含量最高的
元素，T、X、Y 同周期，Q、X 均与Y 相邻，Z 的原子序数等于M、R 和T 的原子序数之和。下列说法正确的
是
A．M 与Z 可形成离子化合物
B．原子半径：R<T<X
C．QR2是极性分子
D．电负性：Y<R<Q
【答案】A
【分析】M 是原子半径最小的为H，Q 是形成物质种类最多，则为C， R 是地壳中含量最高，为O， T、
X、Y 同周期且原子序数递增。Q（C）和X 均与Y 相邻，结合Z 的原子序数Z = M + R + T = 1 + 8 + T，Z ≤ 20，
得T = 11（Na），Z = 20（Ca）。又因为T、X、Y 同周期，Q、X 均与Y 相邻，可推出 Q（C）与Y（Si）同
主族相邻，X（Al）与Y（Si）相邻且T（Na）、X（Al）、Y（Si）同属第三周期， 故推出M 为H、Q 为C、
R 为O、T 为Na、X 为Al、Y 为Si、Z 为Ca，据此解答。
【详解】A．H 与Ca 形成CaH2，为活泼金属形成的氢化物，为离子化合物，A 正确；
B．同周期原子半径从左到右逐渐减小，同主族原子半径从上到下逐渐增大，R 为O、T 为Na、X 为Al，则
它们的原子半径大小为O＜Al＜Na，即R＜X＜T，B 错误；
C．QR2为CO2，为直线型的非极性分子，C 错误；
D．同周期电负性从左到右逐渐增大，同主族电负性从下到上逐渐增大，Q 为C、R 为O、Y 为Si，则电负
性Si＜C＜O，正确顺序为Y＜Q＜R，D 错误；
故选A。
76．（2025·河北卷）W、X、Y、Z 为四种短周期非金属元素，W 原子中电子排布已充满的能级数与最高能
级中的电子数相等，X 与W 同族，Y 与X 相邻且Y 原子比X 原子多一个未成对电子，Z 位于W 的对角线位置。
下列说法错误的是
A．第二电离能：X<Y
B．原子半径：Z<W
C．单质沸点：Y<Z
D．电负性：W<X
【答案】A
【分析】W、X、Y、Z 为四种短周期非金属元素，W 原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子
数相等，则W 价电子排布式可能是：1s22s22p2或1s22s22p63s23p4，若W 是C，X 与W 同族，则X 是Si，Y 与
X 相邻且Y 原子比X 原子多一个未成对电子，则Y 是P，Z 位于W 的对角线位置，则满足条件的Z 是P，与Y
重复；故W 是S；X 与W 同族，则X 是O；Y 与X 相邻且Y 原子比X 原子多一个未成对电子，则Y 是N；Z
位于W 的对角线位置，则Z 是F。
【详解】A．O 的第二电离能高于N，因为O+的电子构型为2p3（半充满），失去电子需更高能量，而N+的
电子构型为2p2，失去电子相对容易，因此X（O）的第二电离能大于Y（N），A 错误；
B．同主族从上到下，原子半径变大，同周期，从左到右原子半径变小，F（Z）位于第二周期，S（W）位
于第三周期，原子半径S＞O＞F，即：Z<W，B 正确；
C．N2与F2都是分子晶体，F2范德华力大，沸点高，C 正确；
D．同主族从上到下，电负性逐渐减小，O 的电负性大于S，D 正确；
故选A。
77．（2025·河南卷）我国科研人员合成了一种深紫外双折射晶体材料，其由原子序数依次增大的五种短周
期元素Q、W 、X、Y和Z 组成。基态X 原子的s 轨道中电子总数比p 轨道中电子数多1，X所在族的族序
数等于Q 的质子数，基态Y 和Z 原子的原子核外均只有1 个未成对电子，且二者核电荷数之和为Q 的4 倍。
下列说法正确的是
A．QY3为极性分子
B．ZY 为共价晶体
C．原子半径：W >Z
D．1 个X2分子中有2 个π键
【答案】D
【分析】Q、W、X、Y 和Z 为原子序最依次增大的短周期元素，基态X 原子的s 轨道中电子总数比P 轨道中
电子数多1，X 是N；X 所在族的族序数等于Q 的质子数，Q 是B，所以W 是C；基态Y 和Z 原子的原子核
外均只有1 个未成对电子，且二者核电荷数之和为Q 的4 倍，即质子数之和为20，所以Y 是F，Z 是Na。
【详解】A．BF3为平面正三角形结构，结构对称，属于非极性分子，A 错误；
B．NaF 是离子晶体，B 错误；
C．同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径C＜Li＜Na，C 错
误；
D．N2分子中含有三键，所以含有2 个π 键，D 正确；
答案选D。
78．（2025·甘肃卷）X、Y、Z、W、Q 分别为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y、Q 基态原子的价电
子数相同，均为其K 层电子数的3 倍，X 与Z 同族，W 为金属元素，其原子序数等于X 与Z 的原子序数之和。
下列说法错误的是
A．X 与Q 组成的化合物具有还原性
B．Y 与Q 组成的化合物水溶液显碱性
C．Z、W 的单质均可在空气中燃烧
D．Z 与Y 按原子数1:1组成的化合物具有氧化性
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W、Q 分别为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y、Q 基态原子的价电子数相同，
说明Y、Q 为同主族元素，均为其K 层电子数的3 倍，说明价电子数为6，为氧元素和硫元素；X 与Z 同族，
W 为金属元素，其原子序数等于X 与Z 的原子序数之和，所以只能推出W 为镁，则Z 为Na，X 为H，据此
解答。
【详解】A．X 与Q 组成的化合物如H 与S 形成的H2S，这些化合物中S 处于最低价，具有还原性，A 正确；
B．Y 与Q 形成的化合物为SO2或SO3，溶于水生成亚硫酸或硫酸，溶液显酸性，B 错误；
C．Z 为Na，W 为Mg，都可以在空气中燃烧生成过氧化钠和氧化镁，C 正确；
D．Z 与Y 按1:1 组成的化合物为过氧化钠，其中O 为-1 价，有氧化性，D 正确；
故选B。
79．（2025·安徽卷）某化合物的结构如图所示。W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期元素，其中
X、Z 位于同一主族。下列说法错误的是
A．元素电负性：X>Z>Y
B．该物质中Y 和Z 均采取sp
3杂化
C．基态原子未成对电子数：W<X<Y
D．基态原子的第一电离能：X>Z>Y
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z 位于同一主族，且X、Z 均形成2 个共
价键，则X 为O，Z 为S；Y 形成5 个共价键且原子序数位于O、S 之间，则Y 为P；W 形成1 个共价键，原
子序数最小，则W 为H；
【详解】A．同周期从左向右电负性逐渐增大，同主族从上向下电负性逐渐减小，故元素电负性O>S>P，
即X>Z>Y，A 项正确；
B．由该物质结构可知，P 形成4 个σ 键，P 上没有孤电子对，P 原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，S
形成2 个σ 键，S 上有2 对孤电子对，S 原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，B 项正确；
C．基态H 原子未成对电子数为1，基态O 原子的价电子排布式为2s22p4，未成对电子数为2，基态P 原子
的价电子排布式为3s23p3，未成对电子数为3，则基态原子未成对电子数H<O<P，即W<X<Y，C 项正确；
D．基态原子的第一电离能同周期从左向右逐渐增大，由于VA 族原子的p 轨道处于半充满状态，第一电离
能大于同周期相邻主族元素，即P>S，D 项错误；
故选D。
80. （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
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。
81. （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；
故答案为：D。
82. （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。
83. （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。
84. （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。
85. （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；
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。
86. （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。
87. （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。
88．（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。
89．（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；
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。
90．（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。
91．（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。
【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。
92．（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。
93．（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
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。
94．（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。
95．（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(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。
