文档文本内容
专题05 物质结构与性质 元素推断
6 年真题1 年模拟
考点分类
考情示例
命题规律
考点 01 物质结构与性质
2026 黑吉辽蒙（3 题）、2025 黑
吉辽蒙（2 题）、2024 黑吉辽（1
题）、2023 辽宁（1 题）、2022
辽宁（1 题）、2021 辽宁（1 题）
· 情境设置：以超导材料、锂离子电池、离子导体等前
沿功能材料为载体，融合晶胞结构分析
· 考查重点：晶胞计算（原子坐标、配位数、化学
式）、晶体类型判断、8 电子结构验证、VSEPR 理论应
用
· 命题趋势：从单一晶胞向缺陷晶胞、掺杂改性晶胞演
变；计算维度从原子数扩展到电荷平衡与空间占有率
考点 02 元素推断
2026 黑吉辽蒙（1 题）、2025 黑
吉辽蒙（1 题）、2024 黑吉辽（1
题）、2023 辽宁（1 题）、2022
辽宁（1 题）、2021 辽宁（1 题）
· 情境设置：以颜料、储氢材料、有机合成先驱等真实
化学史或新材料为背景，嵌入阴离子/配合物结构图
· 考查重点：电子排布与未成对电子数、原子半径与电
负性比较、化学键类型判断、分子空间构型推断
· 命题趋势：元素种类从4 种增至5-6 种；推断依据从
单一电子排布转向核外电子空间运动状态、单电子数等
多维信息融合
考点1 物质结构与性质
1.（2026·黑吉辽蒙·高考真题）金属钒（立方晶胞，Ⅰ）和硅粉高温熔炼可制取传统超导材料VxSiy（立方
晶胞，Ⅱ）。已知此体系中紧邻钒原子间的距离变短可增强超导性能。下列说法错误的是
A. x:y=3:1
B. 与Si紧邻的V有12 个
C. 晶胞中的价层电子总数为19
D. VxSiy的超导性质优于金属钒
【答案】C
【详解】A．晶胞Ⅱ中，白球（Si）的个数为8×1
8 +1=2，灰球（V）的个数为12×1
2 =6，因此
x:y=6:2=3:1，A 正确；
B．以晶胞内部的Si为例，周围等距紧邻的V共12 个，因此与Si紧邻的V为12 个，B 正确；
C．V是第ⅤB 族元素，每个V价层电子数为5；Si是第ⅣA 族元素，每个Si价层电子数为4。该晶胞含6
个V、2 个Si，总价层电子总数=6×5+2×4=38≠19，C 错误；
D．金属钒晶胞Ⅰ中紧邻V间距为体对角线的一半，计算可知：
❑√3
2
×0.30 nm ≈0.26 nm，VxSiy中
紧邻V间距为0.24nm，由题干可知，紧邻钒原子间的距离变短可增强超导性能距离更短，因此VxSiy的超
导性质优于金属钒，D 正确；
故选C。
2.（2026·黑吉辽蒙·高考真题）一种制备火箭燃料肼（N2H4）的反应如下，下列说法错误的是
A. NH2Cl的VSEPR 模型：四面体形
B. NH3的共价键类型：非极性共价键
C. N2H4中N的杂化方式：sp
3杂化
D.
NH4
+
的电子式：
【答案】B
【详解】A．NH2Cl 中心原子N 原子的价层电子对数为3+5
1×2
−
2
=4，所以其VSEPR 模型为四面体
形，A 正确；
B．NH3的共价键为N-H 键，是由不同原子构成的共价键，为极性共价键，B 错误；
C．N2H4中N 的价层电子对数为3+5
1×2
−
2
=4，杂化方式为sp3杂化，C 正确；
D．
NH4
+
中氮原子与氢原子以共价键结合，其电子式为
，D 正确；
故选B。
3.（2026·黑吉辽蒙·高考真题）大面积单原子层二维金属Ga(2D)制备过程示意图如下。下列说法错误的是
A. Ga位于周期表第四周期第ⅢA 族，其简化电子排布式为[Ar]4s
24p
1
B. 蓝宝石砧座的硬度高，其主要成分Al2O3可当作共价晶体
C. 常温常压下，等物质的量的Ga(2D)能量高于Ga(3D)晶体
D. Ga(2D)
的一个基本结构单元为
【答案】A
【详解】A．Ga 位于元素周期表第四周期第ⅢA 族，电子排布式为1s
22s
22p
63s
23p
63d
104s
24p
1，简
化后的电子排布式为[Ar]3d
104s
24p
1，A 错误；
B．由于蓝宝石砧座的硬度高，符合共价晶体的性质特征，故其主要成分Al2O3可当作共价晶体，B 正确；
C．由图知，由Ga(3D)制作Ga(2D)的过程需要加热熔化并挤压，该过程为吸热过程，故等物质的量的
Ga(2D)能量高于Ga(3D)晶体，C 正确；
D．由大面积单原子层二维金属Ga(2D)俯视放大图可知，Ga(2D)为密排的二维结构，则一个基本结构
单元为
，D 正确；
故选A。
4.（2025·黑吉辽蒙·高考真题）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。
5.（2025·黑吉辽蒙·高考真题）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、HClO 中的H-O 键是s-p 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。
6.（2024·黑吉辽·高考真题）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Co9S8
B. 晶胞2 中S 与S 的最短距离为
❑√3
2
a
C. 晶胞2 中距Li最近的S 有4 个
D. 晶胞2 和晶胞3 表示同一晶体
【答案】B
【详解】A．由均摊法得，结构1 中含有Co 的数目为4+4×1
8 =4.5，含有S 的数目为1+12×1
4 =4，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1
2 ，晶胞边长为a，即S 与S 的最短距离为：
❑√2
2
a
，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。
7.（2023·辽宁·高考真题）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72.5
NA×a
3×10
30
−
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LiMg2OClxBr1−x
D. Mg
2+取代产生的空位有利于Li
+传导
【答案】C
【详解】A．根据均摊法，图1 的晶胞中含Li：8×1
4
+1=3，O：2×1
2
=1，Cl：4×1
4
=1，1 个晶胞的质量为
3×7+16+35.5
NA
g=72.5
NA
g，晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为72.5
NA
g÷(a3×10-30cm3)=
72.5
NA×a
3×10
30
−
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8×1
4 =2。O：2×1
2 =1，Cl 或Br：4×1
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。
8.（2022·辽宁·高考真题）理论化学模拟得到一种N13
+ 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
【详解】A．由N13
+ 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sp
3杂化，与中心N 原子直接相连的N 原子为sp
2杂化，与端位N 原子直接相连的N 原子
为sp杂化，端位N 原子为sp
2杂化，则N 原子的杂化方式有3 种，B 错误；
C．中心N 原子为sp
3杂化，则其空间结构为四面体形，C 正确；
D．N13
+ 中含叠氮结构(−N
··
❑
= N = N
··
❑
:)，常温下不稳定，D 正确；
故答案选B。
9.（2021·辽宁·高考真题）单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。下列说法
错误的是
A. S 位于元素周期表p 区
B. 该物质的化学式为H3S
C. S 位于H 构成的八面体空隙中
D. 该晶体属于分子晶体
【答案】D
【分析】【详解】A．S 的价电子排布式为：3s23p4，故S 位于元素周期表p 区，A 正确；
B．由该物质形成晶体的晶胞可知：S 个数为8 × 1
8 +1=2，H 个数为：12 × 1
4 +6 × 1
2 =6，
故H、S 原子个数比为3:1，故该物质的化学式为H3S，B 正确；
C．S 位于H 构成的八面体空隙中，如图所示
，C 正确；
D．由于该晶体是一种新型超导材料，说明其是由阴、阳离子构成的，故该晶体属于离子晶体，D 错误；
故答案为：D。
考点2 元素推断
1.（2026·黑吉辽蒙·高考真题）颜料W6X4Y6M20Z4因含有Z2
−而显色，M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大
的短周期元素，基态M最外层电子数是内层的三倍，基态W最外层仅有一个电子，X是地壳中含量最多的金
属元素且与Y相邻，Z与M同族。下列说法错误的是
A. 简单离子半径：W <M<Z
B. 简单氢化物沸点：Z<Y<M
C. 第一电离能：X<Y<M
D. 最高价氧化物水化物酸性：X<Y<Z
【答案】B
【分析】M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态M 最外层电子数是内层三倍，短周期
元素只能是O；Z 与M 同族，则Z 为S；W 原子序数大于O，基态W最外层仅有一个电子，W 为Na；X是
地壳中含量最多的金属元素，X 为Al；X 与Y 相邻，原子序数大于Al，则Y 为Si，据此回答。
【详解】A．M、W、Z，分别为O、Na、S，Na
+与O
2−电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故
Na
+<O
2−；S
2−有3 个电子层，半径大于Na
+与O
2−，因此简单离子半径Na
+<O
2−<S
2−，A 正确；
B．Y、Z、M 的简单氢化物分别为SiH4、H2S、H2O，H2O含氢键沸点最高；H2S相对分子质量大于SiH4，
分子间作用力更强，沸点H2S>SiH4，故沸点顺序为SiH4<H2S<H2O，B 错误；
C．X、Y、M 分别为Al、Si、O，同周期第一电离能随原子序数增大整体升高，故Al<Si<S；同主族从
上到下，第一电离能降低，第一电离能S<O，因此第一电离能Al<Si<O，C 正确；
D．X、Y、Z 分别为Al、Si、S，均为第三周期元素，非金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物分别为两
性的Al(OH)3、弱酸H2SiO3、强酸H2SO4，酸性依次增强，故酸性Al(OH)3<H2SiO3<H2SO4，D 正确；
故选B。
2.（2025·黑吉辽蒙·高考真题）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。
3.（2024·黑吉辽·高考真题）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：Z>Y>W
B. 简单氢化物键角：X>Y
C. 反应过程中有蓝色沉淀产生
D. QZX4Y4 W12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SO4
2−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XW3，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。
【详解】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+1
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+1
2 ×(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：X>Y，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．QZX4Y4 W12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。
4.（2023·辽宁·高考真题）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Z>Y>X
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】A
【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。
【详解】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 正确；
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A。
5.（2022·辽宁·高考真题）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：Z<Q
C. 第一电离能：Y>Z
D. 电负性：W<Z
【答案】B
【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q 原子序数依次增大，W 简单离子在同周期离子中半径最小，说明
W 为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外
层电子排布为2s22p2或2s22p4，即C 或O；②为第三周期元素时，最外层电子排布为3s23p2或3s23p4，即Si
或S。Q 与Z 同主族，结合原子序数大小关系可知，则X、Z、Q 分别为C、O 和S，则Y 为N。
【详解】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。
6.（2021·辽宁·高考真题）某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z 五种元素原子序数依次增
大，基态Z 原子的电子填充了3 个能级，其中有2 个未成对电子。下列说法正确的是
A. 氢化物沸点：X>Y
B. 原子半径：\text{M<X<Y<Z}
C. 第一电离能：\text{W<X<Y<Z}
D. 阴、阳离子中均有配位键
【答案】D
【分析】由题干信息可知，基态Z 原子的电子填充了3 个能级，其中有2 个未成对电子，故Z 为C 或者
O，根据多孔储氢材料前驱体结构图可知Y 周围形成了4 个单键，再结合信息M、W、X、Y、Z 五种元素
原子序数依次增大，故Y 为N，故Z 为O，M 只形成一个单键，M 为H，X 为C，则W 为B，据此分析解
题。
【详解】A．由分析可知，X、Y 的氢化物分别为：CH4和NH3，由于NH3存在分子间氢键，故氢化物沸
点：X＜Y，A 错误；
B．根据同一周期从左往右主族元素的原子半径依次减小，同一主族从上往下依次增大，故原子半径：
\text{M<Z<Y<X}，B 错误；
C．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：
\text{W<X<Z<Y}，C 错误；
D．由于阳离子中的Y 原子是N 原子，形成了类似于铵根离子的阳离子，故存在配位键，阴离子中的W 为
B，最外层上只有3 个电子，能形成3 个共价键，现在形成了4 个共价键，故还有一个配位键，D 正确；
故答案为：D。
模拟题精选
1.（2026·辽宁·一模）2025 年6 月，德国化学家宣布合成并捕获中性六氮分子N6，因其巨大的能量密度被
视为极具前景的清洁储能材料。合成过程如下：
下列说法不正确的是
A. N6和N2是氮元素的同素异形体
B. N6(g)=3N2(g)该反应的ΔH>0，ΔS>0
C. 上述合成过程中，每生成1molN6的同时生成2mol AgCl
D. N6分子中，N 原子采取sp和sp
2两种杂化方式(不考虑端基原子的杂化)
【答案】B
【详解】A．N6和N2都是氮元素组成的单质，是同素异形体，A 正确；
B．由题干可知N6因为巨大的能量密度被视为极具前景的清洁储能材料，因此N6分解应为放热反应，B 错
误；
C．上述最后生成1molN6，过程中两步都生成1mol AgCl，共生成2molAgCl，C 正确；
D．2 号和5 号N(氮链从左往右氮原子依次为1~6 号)为sp杂化，3 号和4 号N 为sp
2杂化，D 正确；
故答案为B。
2.（2026·辽宁·一模）由K
+、Cu
2+及F
−构成的某化合物X 晶胞结构如图所示(晶胞参数a = b≠c，单位为
pm，α=β=γ=90❑
∘)。
设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. ●表示K
+
B. Cu
2+的化学环境只有一种
C. 两个F
−的最短距离一定为
❑√2
2
a pm
D. 化合物X 的密度ρ=4.36×10
32
abcNA
g·cm
3
−
【答案】C
【分析】由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中黑球个数为：2+8×1
4 =4，白球个数为：
2+16×1
4 +4×1
2 =8，灰球个数为：8×1
8 +1=2，三种原子的个数比为4:8:2=2:4:1，又知Cu 显+2 价，则
化合物X 的化学式为：K2CuF4，则黑球代表K、白球代表F、灰球代表Cu，据此分析解题。
【详解】A．由分析知，晶体化学式为K2CuF4，●表示K
+，A 正确；
B．顶点和体心的Cu
2+周围的配位原子和配位数完全一致，与其他各个原子的几何关系也一致(体心四方点
阵)，B 正确；
C．由于不知道a 和c 的数量关系，所以无法确定哪两个F
−的距离最短，C 错误；
D．由分析知，一个晶胞中黑球个数为：2+8×1
4 =4，白球个数为：2+16×1
4 +4×1
2 =8，灰球个数为：
8×1
8 +1=2，晶体密度ρ=4×39+64×2+8×19
abc×10
30
−NA
=4.36×10
32
abcNA
g·cm
3
−，D 正确；
故选C。
3.（2026·辽宁·一模）化合物(YW4)2(XZ4)可在光学玻璃及化学分析等领域应用。其中W、X、Y、Z 为原子
序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z 位于同一周期，且X 的最外层电子数等于能层数。下列说法错
误的是
A. 上述化合物溶于水时，阴、阳离子都能和水分子形成氢键
B. 上述化合物阴、阳离子都存在配位键
C. 从上述结构中可以推断XZ2是离子化合物
D. 第一电离能：Z>Y>X
【答案】C
【分析】首先推断元素：W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y、Z 同周期，X 最外
层电子数等于能层数，可推得：W 为H，YW4
+为NH4
+，故Y为N，阴离子为XZ4
2−，根据化合价规律可知X 为
+2 价，X 为\ceBe，Z 为-1 价，原子序数大于N，故Z 为F，化合物为\ce( N H4)2BeF4，据此分析；
【详解】A．阳离子为\ceN H4
+，其含有的N−H键的H 可与水分子的O 形成氢键；阴离子为\ceBeF4
2−，F
电负性大，可与水分子的H 形成氢键，阴、阳离子都能和水分子形成氢键，A 正确；
B．\ceN H4
+中N 原子与H
+之间存在配位键；\ceBeF4
2−中Be 原子最外层只有2 个电子，形成4 个共价键
时存在配位键，阴、阳离子都存在配位键，B 正确；
C．\ceX Z2是\ceBeF2，\ceBeF2是共价化合物，从题给结构无法推断\ceBeF2为离子化合物，C 错
误；
D．同周期主族元素第一电离能从左到右总体增大，第一电离能F>N>Be，D 正确；
故选C。
4.（2026·辽宁·一模）“狗吠实验”指的是N2O与CS2的混合气体被点燃或引爆时发出如同狗吠一样的响亮
声音，涉及的反应为3N2O+CS2点燃
¿
3N2+CO+SO2+S。下列说法正确的是
A. CS2的电子式为：
B. N2O可用于灭火
C. S 单质属于分子晶体
D. N2O和SO2的空间结构都是V 形
【答案】C
【详解】A．CS2与CO2结构相似，正确的电子式为
，A 错误；
B．由题干所给反应中N2O作氧化剂，可助燃，不能用于灭火，B 错误；
C．常见S 单质（如S8）由分子构成，微粒间依靠分子间作用力结合，属于分子晶体，C 正确；
D．N2O与CO2互为等电子体，空间结构为直线形，SO2是V 形，D 错误；
故选择C。
5.（2026·黑龙江哈尔滨·一模）[XW4]
+[ZY4]
−可用作火箭推进剂，其中W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的
短周期主族元素，最外层电子数之和为19，基态Y 原子核外有5 种空间运动状态的电子且有2 个未成对。
下列说法正确的是
A. 简单氢化物的沸点：Z>Y>X
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：X>Z
C. 第一电离能：X>Y
D. 简单离子半径大小：Z>Y>X>W
【答案】C
【分析】由题干信息可知，基态Y 原子核外有5 种空间运动状态的电子，则Y 原子核外电子位于1s、2s、
2px、2py和2pz这5 个轨道，同时，Y 原子核外电子有2 个未成对电子，根据构造原理可知，Y 的核外电
子排布式为1s
22s
22p
4，则Y 为O 元素。[ZY4]
−中，O 元素为-2 价，则Z 为+7 价，其最外层电子数为
7，因此Z 为Cl。W、X、Y、Z 的最外层电子数之和为19，则W 和X 的最外层电子数之和为19−
，同时W 与X 可以形成[XW4]
+，W 和X 的最外层电子数分别为1 和5，W 是H 元素，X 是N 元素，据此
作答。
【详解】A．由分析可知，Z、Y、X 分别是Cl、O 和N 元素，简单氢化物分别为HCl、H2O和NH3，H2O在
常温下是液体，沸点最高。NH3存在分子间氢键，沸点高于HCl，综上，简单氢化物沸点从大到小依次
为：O>N>Cl，A 错误；
B．X 和Z 的最高价氧化物对应的水化物分别是HNO3和HClO4，HClO4是最强的无机含氧酸，酸性强于HNO3
，B 错误；
C．X 和Y 分别是N 和O，价层电子排布式分别是2s
22p
3和2s
22p
4，N 的2p 电子半充满，处于稳定状
态，因此N 的第一电离能大于O，C 正确；
D．Z、Y、X、W 的简单离子分别是Cl
−、O
2−、N
3−和H
+，Cl
−核外有3 层电子，半径最大。O
2−和N
3−的核
外电子排布相同，但O 的原子序数更大，因此O
2−半径小于N
3−，H
+没有核外电子，因此半径最小，简单离
子半径从大到小依次是：Cl>N>O>H，D 错误；
故答案选C。
6.（2026·黑龙江哈尔滨·一模）利用KHF2热解制备KxMgyFz可有效防止该晶体内部因OH-的引入而发光淬
灭，所得KxMgyFz 晶体掺杂Ln3+(Ln=La~Lu) 获得的一种发光材料结构如图( 已知K+ 的空缺率=
K
+空位数
K
+空位数+ K
+数
)，下列说法错误的是
A. 图1 中x:y:z=1:1:3
B. 图1 中K+与Mg2+的配位数相同
C. 图2 中K+的空缺率为12.5%
D. KHF2热解产生的HF 可消除OH-，有利于该材料发光
【答案】B
【详解】A．根据均摊法，图1 晶胞中K
+的个数为1，Mg
2+的个数为8×1
8 =1，F
−的个数为12×1
4 =3，所
以该晶体的化学式为KMgF3，即x:y:z=1:1:3，故A 正确；
B．离子晶体中配位数是指：与一个离子直接相邻且等距离的带不同电荷的离子的数目，图1 中K
+周围距
离最近且相等的F
−有12 个，Mg
2+周围距离最近且相等的F
−有6 个，所以K
+与Mg
2+的配位数不相同，故B
错误;
C．图2 晶胞中K
+或空位的位置在内部，其个数应为1，8 个顶点Mg
2+其中一个被Ln
3+替换，Ln
3+个数为
1×1
8 =1
8 ，Mg
2+的个数为7×1
8 =7
8 ，设晶胞中有x 个K
+，晶胞整体显电中性，则有
1×x+3×1
8 +2×7
8 + (
1
−)×3=0，解得x=7
8 ，则晶胞中K
+空位数为1
8 ，所以K
+的空缺率为
1
8
1 ×100% =12.5%，故C 正确；
D．已知利用KHF2热解制备KMgF3，可有效防止该晶体内部因OH
−的引入而发光淬灭，KHF2热解产生的HF
可与OH
−反应HF+OH
−= H2O+ F
−，从而消除OH
−，有利于该材料发光，故D 正确；
故答案选B。
7.（2026·内蒙古呼和浩特·一模）W、X、Y、Z 和Q 是原子序数依次增大的短周期主族元素，W 的一种核
素不含中子，短周期中Z 原子的原子半径最大，Y 与X、Q 相邻，Y 的基态原子s 能级与p 能级具有相同的
电子数。下列说法错误的是
A. 沸点：W2Y>XW3
B. 第一电离能：X>Y>Q
C. Z2Q中离子键成分的百分数比Z2Y小
D. 键角：XY2
+<XY3
−
【答案】D
【分析】W、X、Y、Z 和Q 是原子序数依次增大的短周期主族元素，W 的一种核素不含中子，W 为H，
短周期中Z 原子的原子半径最大，Z 为Na，Y 的基态原子s 能级与p 能级具有相同的电子数，Y 的电子排
布式为：1s22s22p4，Y 为O，Y 与X、Q 相邻，X 为N，Q 为S。推断元素：W 为H，X 为N，Y 为O，Z 为
Na，Q 为S。
【详解】A．W2Y是H2O，常温为液态，XW3是NH3，常温为气态，故沸点H2O>NH3，A 正确；
B．N 的2p 轨道半满结构更稳定，故第一电离能I1(N)>I1(O)，同主族从上到下第一电离能减小，故
I1(O)>I1(S)，即X>Y>Q，B 正确；
C．电负性O>S，Na 与O 的电负性差大于Na 与S 的电负性差，电负性差越大离子键成分越高，故Na2S离
子键成分百分数比Na2O小，C 正确；
D．NO2
+中心N 为sp 杂化，键角180°，NO3
−中心N 为sp
2杂化，键角约120°，故键角NO2
+>NO3
−，D 错误；
故选D。
8.（2026·内蒙古呼和浩特·一模）聚四氟乙烯合成路线如图：CHCl3 →
SbCl5
HF
CHClF2→
Δ
CF2=CF2 →
催化剂
。已知：Sb 为第五周期第VA 族元素下列说法正确的是
A. CHCl3的空间结构：四面体形
B. 氯原子的结构示意图：
C. 反应涉及到C 原子杂化方式共有三种
D. 基态Sb 原子的电子排布式为[Kr]5s
25p
3
【答案】A
【详解】A．CHCl3中中心C 原子价层电子对数为4+4
1×1
−
2
=4，无孤电子对，空间结构为四面体
形，A 正确；
B．氯原子的质子数和核外电子数均为17，结构示意图为
，B 错误；
C．反应中CHCl3、CHClF2、聚四氟乙烯中的碳原子均为sp
3杂化，CF2=CF2中双键碳原子为sp
2杂化，总
共只有2 种杂化方式，C 错误；
D．Sb 是51 号元素，位于第五周期第ⅤA 族，其基态原子的电子排布式为[Kr]4d
105s
25p
3，D 错误；
故选A。
9.（2026·内蒙古呼和浩特·一模）电池正极材料MnO 晶体充放电过程中正极材料立方晶胞的组成变化如图
所示。I 为MnO 活化过程，活化后得Mnx❑1−xO的缺陷型晶体，表示阳离子空位，晶胞参数为a nm，NA表
示阿伏伽德罗常数的值。Mn
2+空位率=空位数
空位数 + Mn
2+数
×100%。下列说法正确的是
A. 原始MnO 中Mn
2+的配位数为12
B. 若Mnx❑1−xO中Mn 的平均化合价为+a，则阳离子空位率为a
2
−
a
×100%
C. 当x=0.7时，MnO 晶体的密度为55×0.7+16
NA×(a×10
7
−)
3 g·cm
3
−
D. Ⅱ为充电过程
【答案】B
【详解】A．原始MnO为NaCl型晶胞结构，Mn
2+的配位数为6（与6 个O
2−紧邻），不是12，A 错误；
B．设化合物为Mnx◻1−xO，化合物电荷为0，O的化合价为−2 价，Mn平均化合价为+a，则x·a =2，得
x=2
a
。 阳离子空位率=空位数
空位数+ Mn
2+数
=1−x
(1−x)+x =1−x，代入x=2
a
得：空位率
=1−2
a =a
2
−
a
×100%，B 正确；
C．该晶胞中O位于顶点和面心，数目为8×1
8 +6×1
2 =4，Mn原子位于体心和棱心，数目为1+12×1
4 =4
，即1 个晶胞含4 个Mn0.7O，晶胞质量m =4×(55×0.7+16)
NA
g，晶胞体积V =(a×10
7
− cm )
3，密
度ρ=4×(55×0.7+16)
NA·(a×10
7
−)
3 g·cm
3
−
，选项中分子少乘4，C 错误；
D．过程Ⅱ是Mnx◻1−xO转化为Zny Mnx◻1−xO，Zn嵌入正极，正极得到电子发生还原反应，是放电过程；
充电时正极脱出Zn，对应过程Ⅲ，D 错误；
故答案选B。
10.（2026·辽宁沈阳·一模）普鲁士黄、普鲁士蓝和普鲁士白在光照下可发生如下转化，下列说法中错误的
是
A. 普鲁士黄晶体中阳离子配位数为6
B. 普鲁士黄→普鲁士蓝→普鲁士白为得电子过程
C.
表示Fe3+
D. 普鲁士蓝化学式为KFe[Fe(CN)6]
【答案】C
【分析】普鲁士黄→普鲁士蓝→普鲁士白过程中，CN
−(白球)位置和数目不变，晶胞内部逐渐填入K
+，小
灰球逐渐被小黑球代替，根据晶胞整体电荷为0 知，铁元素的化合价在此过程中降低，那么小灰球表示
Fe
3+，小黑球
表示Fe
2+，以此分析解答。
【详解】A．由普鲁士黄晶胞示意图可知，距离一个Fe
3+(小灰球)最近的CN
−(白球)有6 个，故阳离子Fe
3+
的配位数为6，A 项正确；
B．普鲁士黄→普鲁士蓝→普鲁士白为得电子过程，转化中铁元素的价态：Fe
3+→Fe
2+、Fe
3+→Fe
2+，铁元
素的化合价降低，是得电子的过程，B 项正确；
C．普鲁士黄→普鲁士蓝→普鲁士白过程中，CN
−(白球)位置和数目不变，晶胞内部逐渐填入K
+，小灰球逐
渐被小黑球代替，根据晶胞整体电荷为0 知，铁元素的化合价降低，那么小灰球表示Fe
3+，小黑球
表示
Fe
2+，C 项错误；
D．根据均摊法，图中的普鲁士蓝晶胞中，CN
−处于棱上、面上、内部，共24×1
4 +24×1
2 +6=24个，
Fe
3+(小灰球)处于棱上和体心，共12×1
4 +1=4个，Fe
2+(小黑球)处于顶点和面心，共8×1
8 +6×1
2 =4个，
K
+处于内部，有4 个，故普鲁士蓝的化学式为KFe[Fe(CN)6]，D 项正确；
故答案选C。
11.（2026·辽宁沈阳·一模）某紫色配离子[QL6]
3−结构如下左图所示，L 基团的结构如下图所示。Z、X、
Y、Q 是核电荷数依次增大的前四周期元素，基态Y 原子s 轨道上的电子数和p 轨道上的电子数相等，基
态Q 离子的d 轨道处于半充满状态。下列说法中正确的是
A. 配离子中Q 提供空轨道，Y 提供孤电子对
B. Q 元素的焰色是绿色
C. X、Y 氢化物的沸点：X
D. 第一电离能：Y>X>Z
【答案】A
【分析】基态Y 原子s 轨道上的电子数和p 轨道上的电子数相等且由图中Y 形成一根单键和带一个负电
荷，对应元素是O；观察题目图，X 连4 根化学键达到稳定状态，Z 只连1 根化学键达到稳定状态，再结
合Z、X、Y、Q 核电荷数依次增大，据此推断Z 为H 元素，X 为C 元素，则右图为苯酚氧负离子；基态Q
离子的d 轨道处于半充满状态，则其价电子排布式可能是3d
5，推测为铁元素。据此分析做题；
【详解】A．配离子中Q 为中心离子（Fe3+）提供空轨道，L 配体为苯酚根，其中提供孤电子对的是带一个
单位负电荷的O，A 正确；
B．Q 为Fe 元素，铁元素无特征焰色，焰色为绿色的是铜元素，B 错误；
C．C 元素可以形成很多种氢化物，有常温下呈气态的CH4、呈液态的苯、呈固态的蒽，O 元素常见氢化物
有常温下呈液态的H2O 和H2O2，C 错误；
D．Z 为H，X 为C，Y 为O，第一电离能：O（1314 kJ/mol）＞H（1312 kJ/mol，接近但H 略低）＞C
（1086 kJ/mol），正确顺序应为Y＞Z＞X，D 错误；
故答案选A。
12.（2026·吉林长春·一模）钙钛矿太阳能电池研究获得新进展，钙钛矿晶胞结构如图所示。设晶体的密度
为ρg·cm
3
−，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误的是
A. 晶体的化学式为CaTiO3
B. 晶体中钛离子的配位数是6
C. 晶胞中钛离子与氧离子之间的距离为
❑√3
2
× 3√
136
ρNA
×10
10pm
D. 若图中A 的分数坐标为(0,0,0)，则B 的分数坐标为(1,1
2 ,1)
【答案】C
【详解】A．根据均摊法可知钛离子位于顶点，个数为1
8 ×8=1，钙离子位于体内，个数为1，氧离子位于
棱心，个数为12×1
4 =3，故化学式为CaTiO3，A 正确；
B．以A 钛离子为例，周围有上下前后左右6 个氧离子，故配位数为6，B 正确；
C ．晶胞中钛离子与氧离子之间的距离为边长的一半，设晶胞的边长为a ，
ρ晶胞= m晶胞
V晶胞
=
M(CaTiO3)
NA
a
3
=136
NAa
3
，a = 3√
136
NAρ ×10
10 pm，故钛离子与氧离子之间的距离为
1
2 × 3√
136
NAρ ×10
10 pm，C 错误；
D．若图中A 的分数坐标为(0,0,0)，B 位于由分数坐标(1,0,1)和(1,1,1)的顶点所连接的棱的中心，故B 的
分数坐标为(1，1
2 ，1)，D 正确；
故选C。
13.（2026·吉林长春·一模）X8Y2ZM5Q是一种离子液体，其阳离子结构如图所示。其中X、Y、Z、M、Q
是原子序数依次增大的短周期主族元素。M 是周期表中非金属性最强的元素，非金属元素Q 与其他元素不
在同一周期，也不在同一主族，下列说法正确的是
A. 第一电离能：M>Y>Z
B. 该阳离子中含有配位键、离子键
C. Z 的氢化物沸点一定高于同族元素氢化物
D. Y 与Q 形成的一种化合物，可用于溶解Q 单质
【答案】D
【分析】阳离子结构中，Y形成4 个单键且与Z相连，Z形成4 个单键并带正电，结合原子序数依次增大，
可推得：X 为H（氢），Y 为C（碳），Z 为N（氮）；M 是周期表中非金属性最强的元素，故M 为F
（氟）；Q 是非金属元素，且与其他元素不在同一周期、同一主族，短周期中唯一符合的是S（硫）。因
此元素依次为：X 为H（氢），Y 为C（碳），Z 为N（氮），M 为F（氟），Q 为S（硫）。
【详解】A．同一周期元素，核电荷数增大，第一电离能增大，因此第一电离能：F>N >C，A 错误；
B．该阳离子为有机铵类阳离子，含共价键和配位键（N与周围原子形成的键中，有1 个为配位键），但不
含离子键，B 错误；
C．Z的氢化物为NH3，其沸点高于同族的PH3、AsH3，但低于BiH3、SbH3（因BiH3、SbH3分子量更大，分
子间作用力更强），C 错误；
D．Y（C）与Q（S）形成的CS2（四氯化碳）可溶解S单质，符合题意，D 正确；
故答案选D。
14. （2026· 吉林长春· 一模）氯化铯（CsCl ）是一种分析试剂，制备原理为
Cs2CO3+2HCl=2CsCl+ H2O+CO2\arrow。下列说法错误的是
A. HCl 中的共价键：s-pσ键
B. H2O的VSEPR 模型名称：V 形
C. CsCl 的晶体类型：离子晶体
D. CO2的电子式：
【答案】B
【详解】A．HCl 分子中，H 的1s 轨道与Cl 的3p 轨道头碰头重叠形成σ 键，为s-p σ 键，A 正确；
B．H2O中的O 的价电子对数=2（成键电子对）+2（孤电子对）=4，VSEPR 模型为四面体形，分子空间构
型为V 形，B 错误；
C．CsCl由Cs
+和Cl
−通过离子键结合，晶体类型为离子晶体，C 正确；
D．二氧化碳中，碳原子与每个氧原子之间共用两对电子，电子式书写正确，D 正确；
故选B。
15.（2026·东三省三校·一模）一种由Ti、In、Te 组成的难熔合金的四方晶胞如图所示，晶胞棱边夹角均为
90°，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A
点、B 点原子的分数坐标分别为(0,0,0)、(
1
2 ,1
2 ,1
2)，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 该晶体的化学式为TiInTe2
B. 晶体中Te 原子填充在Ti、In 围成的四面体空隙中，则四面体空隙的占有率50%
C. D 点原子的分数坐标为(
3
4 ,1
4 ,3
8)
D. 该晶体的密度为1676×10
30
a
2cNA
g·cm
3
−
【答案】C
【详解】A．晶胞中位于顶点、面上、和体内的Ti 原子个数=8×1
8 +4×1
2 +1=4，位于面上、棱上的In 原
子个数=6×1
2 +4×1
4 =4，位于体内的Te 原子个数=8×1=8，则Ti、In、Te 的原子个数比为4 4 8=1 1 2
∶∶
∶∶，晶
体的化学式为TiInTe2，A 正确；
B．由晶胞结构可知，Ti、In 原子形成的四面体空隙有16 个，其中8 个填充有Te 原子，则四面体空隙的占
有率为8
16 ×100% =50%，B 正确；
C．根据晶胞图示，D 原子在x、y 方向的位置约为晶胞边长的1
4 ，z 方向位置约为晶胞边长的1
8 ，故其分数
坐标为(1
4 ,1
4 ,1
8 )，C 错误；
D．晶体质量：4×48+4×115+8×128
NA
g，晶胞体积为a
2c×10
30
−cm
3，密度ρ=1676×10
30
a
2cNA
g·cm
3
−
，D 正确；
故选C。
16.（2026·东三省三校·一模）Q、W、X、Y、Z 均为短周期主族元素。Q 元素的原子在周期表中半径最
小，W、X、Y 同周期，X、Y 原子序数之和小于Z 原子序数，五种元素可组成某种阴离子，其结构如图所
示。下列说法正确的是
A. 在同周期内，第一电离能的数据介于X 和Y 之间的元素有3 种
B. W 的氢化物的沸点低于Y 的氢化物的沸点
C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：W <X<Z
D. W 与Z 可形成非极性分子
【答案】D
【分析】Q、W、X、Y、Z 均为短周期主族元素，Q 元素的原子在周期表中半径最小，则Q 为H；W 形成
4 个共价键，W 为C，X 形成4 个共价键，阴离子带一个单位负电，X 为B，Y 形成1 个共价键，W、X、
Y 同周期，Y 为F；X、Y 原子序数之和小于Z 原子序数，Z 形成2 个共价键，Z 为S，综上所述：Q 为H、
W 为C、X 为B、Y 为F、Z 为S，据此解答。
【详解】A．第二周期元素第一电离能顺序为：Li<B<Be<C<O<N <F<Ne，第一电离能数值介于B(X)
和F(Y)之间的元素有Be、C、N、O共4 种，A 错误；
B．W(C)的氢化物为烃类，随着碳原子数增多，烃的沸点升高，许多固态烃的沸点远高于Y(F)的氢化物
HF，B 错误；
C．非金属性B<C，因此最高价氧化物对应水化物酸性：H3BO3(X)<H2CO3( W )<H2SO4(Z)，即X<W<Z
，C 错误；
D．C和S可形成CS2，结构为S=C=S，直线形对称结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，D 正确；
故选D。
17.（2026·辽宁抚顺协作体·一模）砷化镓是一种新型半导体材料，应用广泛。图甲为它的立方晶胞结构，
图乙为该晶胞沿y轴的投影图。该晶胞的边长为a pm，在三维坐标系中a、b 两点的原子坐标分别为
(0,0,0)、(1,1,1)。下列说法错误的是
A. As 和Ga 原子间的最近距离为
❑√3
4
a pm
B. c 点的原子坐标为(
1
4 ,3
4 ,1
4)
C. 1 个Ga 与12 个Ga 等距离且最近
D. 该晶体的密度为5.8×10
32
a
3NA
g·cm
3
−
【答案】B
【详解】A．As 和Ga 原子的最近距离为晶胞体对角线的1
4 ，体对角线长度为❑√3a pm，故最近距离为
❑√3
4
a pm，A 正确；
B．根据a、b 两点的原子坐标，甲图中c 点位于晶胞靠上区域，z 坐标应为3
4 ，正确的分数坐标为
(
1
4 ,1
4 ,3
4)，B 错误；
C．Ga 原子采取面心立方最密堆积，每个Ga 原子周围等距离且最近的Ga 原子数目为12，C 正确；
D ．Ga 在8 个顶点和6 个面心，均摊为1
8 ×8+1
2 ×6=4，As 在内部，为4 个，晶胞总质量为
4×(70+75)
NA
g=580
NA
g ，
晶
胞
体
积
为
(a×10
10
−cm )
3=a
3×10
30
−cm
3，
密
度
ρ= m
V =580
NA·a
3×10
30
−
=5.8×10
32
a
3NA
g·cm
3
−，D 正确；
答案选B。
18.（2026·辽宁抚顺协作体·一模）X、Y、Z、W、Q 为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y 的最外层
电子数是其电子层数的3 倍，Y、Q 同主族，X、Z 同主族，基态W 原子s 轨道与p 轨道所含电子数相等，
X 与Z 的原子序数之和等于W 的原子序数。下列说法错误的是
A. Y 与Q 形成的常见化合物均可与水反应
B. Z 与Q 形成的化合物一定只含离子键
C. W 与Y 形成的化合物可用作耐高温材料
D. 沸点：X2Y>X2Q
【答案】B
【分析】Y 最外层电子数是电子层数的3 倍，短周期中只有O 符合；Y、Q 同主族，Q 为S；基态W 的s 轨
道与p 轨道电子数相等，且原子序数介于O 和S 之间，电子排布为1s
22s
22p
63s
21s22s22p63s2，则W 为
Mg；X、Z 同主族，二者原子序数之和等于Mg 的原子序数12，可得X 为H、Z 为Na，符合原子序数依次
增大的规律，据此解答；
【详解】A．Y(O)与Q(S)形成的常见化合物为SO2SO2、SO3SO3，二者均能与水反应分别生成H2SO3
H2SO3、H2SO4，A 正确；
B．Z(Na)与Q(S)形成的化合物除Na2S 外还有Na2S2，Na2S2的S2
2−内存在非极性共价键，并非只含离子键，
B 错误；
C．W(Mg)与Y(O)形成的化合物为MgO熔点极高，可用作耐高温材料，C 正确；
D．X2Y 为H2O，X2Q 为H2S，由于H2O 分子间存在氢键，其沸点远高于H2S，即沸点X2Y>X2Q，D 正确；
故答案选B。
19.（2026·辽宁抚顺协作体·一模）草酸亚铁(FeC2O4)是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如下反应
制取：
已知：室温时，Ka1(H2C2O4)=5.6×10
2
−、Ka2(H2C2O4)=1.5×10
4
−，Ksp(FeC2O4)=2.1×10
7
−。
下列说法错误的是
A. H2C2O4为二元酸，其中C 原子的杂化方式为sp
2
B. NH4
+与SO4
2−的空间结构相同
C. 室温时，反应FeC2O4+2H
+⇌Fe
2++ H2C2O4的平衡常数为40
D. (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的晶体类型为离子晶体
【答案】C
【分析】硫酸亚铁铵与硫酸反应生成硫酸亚铁和硫酸铵，然后向体系中加入草酸钠，在加热条件下反应得
到草酸亚铁沉淀，然后过滤得到草酸亚铁固体，以此解题。
【详解】A．草酸H2C2O4结构为HOOC−COOH，每个C 原子形成3 个σ键，无孤电子对，价层电子对数为
3，因此杂化方式为sp
2，A 正确；
B．N H4
+中心N 原子价层电子对数为4+5
1 4
−
−
2
=4，无孤电子对，空间结构为正四面体；SO4
2−中心S
原子价层电子对数为4+6+2 4×2
−
2
=4，无孤电子对，空间结构也为正四面体，二者空间结构相同，B 正
确；
C
．
对
反
应
FeC2O4+2H
+⇌Fe
2++ H2C2O4，
平
衡
常
数
推
导： K =c(Fe
2+)·c(H2C2O4)
c
2(H
+)
=c(Fe
2+)·c(C2O4
2−)·c(H2C2O4)
c
2(H
+)·c(C2O4
2−)
= Ksp(FeC2O4)
Ka1·Ka2
代入数据计
算： K =2.1×10
7
−
5.6×10
2
−×1.5×10
4
−=1
40 ， C 错误；
D．( N H4)2Fe(SO4)2·6H2O是由阴、阳离子通过离子键结合形成的盐，属于离子晶体，D 正确；
故选C。
20.（2026·辽宁抚顺协作体·一模）Zn
2+、三乙撑二胺和对苯二甲酸根离子可形成晶体M，在晶体M 每个空
腔中装入一个顺式偶氮苯分子后形成晶体M1。一定条件下随着偶氮苯(
)顺反结构
的变化，晶体骨架发生畸变，晶体在M1和M2两种结构之间相互转化，可以吸收和释放N2，因此被称为“会
呼吸”的晶体。
已知：
ⅰ．反式偶氮苯⇌
可见光
紫外光
顺式偶氮苯。
ⅱ．ρ(M1)<ρ(M2)，晶胞密度小，晶体内部的空隙大。
下列说法错误的是
A. C、O、N 的第一电离能从大到小的顺序是N>O>C
B. 晶体M 中既含离子键，又含配位键
C. 晶体M 与偶氮苯通过共价键的作用自组装形成超分子M1或M2
D. 能让“会呼吸”的晶体吸收N2的条件是紫外光照射
【答案】C
【详解】A．C、O、N 属于同一周期元素，同一周期，从左到右，第一电离能整体呈增长趋势，但由于N
原子2p 轨道为半充满稳定结构，很难失去一个电子，故N 的第一电离能比O 大，故C、O、N 的第一电离
能从大到小的顺序是N>O>C，A 正确；
B．由题知，晶体中含有离子Zn
2+，它与对苯二甲酸根离子可形成离子键，Zn
2+与三乙撑二胺的N 原子、
对苯二甲酸根的O 原子之间形成配位键，因此晶体中含有离子键和配位键；B 正确；
C．晶体M的空腔装入偶氮苯分子，二者依靠分子间作用力结合形成超分子，不存在共价键作用，C 错误；
D．依据反式偶氮苯⇌
可见光
紫外光
顺式偶氮苯，紫外光照射时，反式偶氮苯转化为顺式偶氮苯得到M1，M1密度更
小、内部空隙更大，可吸收N2，D 正确；
故答案选C。
