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专题05 物质结构的性质 元素推断
考点1 原子的结构与元素的性质
1．（2025·山东·高考真题）第70号元素镱的基态原子价电子排布式为。下列说法正确的是
A．的中子数与质子数之差为104 B．与是同一种核素
C．基态原子核外共有10个d电子 D．位于元素周期表中第6周期
2．（2025·浙江·高考真题）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
3．（2024·江苏·高考真题）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：
4．（2024·上海·高考真题）下列关于与说法正确的是
A．是同种核素 B．是同素异形体
C．比多一个电子 D．比多一个中子
5．（2023·湖南·高考真题）下列化学用语表述错误的是
A．HClO的电子式：
B．中子数为10的氧原子：O
C．NH3分子的VSEPR模型：
D．基态N原子的价层电子排布图：
考点二 文字表达性推断题
1．（2025·湖南·高考真题）浓溶液中含有的具有酸性，能溶解金属氧化物。元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，分别位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，M的价层电子排布是。下列说法正确的是
A．电负性：
B．Y形成的两种单质均为非极性分子
C．由X、Y、Z形成的化合物均为强电解质
D．铁管上镶嵌M，铁管不易被腐蚀
2．（2025·重庆·高考真题）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
3．（2025·湖北·高考真题）某化合物的分子式为。X、Y、Z三种元素位于同一短周期且原子序数依次增大，三者的原子核外电子层数之和与未成对电子数之和相等，Z是周期表中电负性最大的元素。下列说法正确的是
A．三者中Z的原子半径最大 B．三者中Y的第一电离能最小
C．X的最高化合价为 D．与键角相等
4．（2025·云南·高考真题）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：
C．是极性分子 D．电负性：
5．（2025·广东·高考真题）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：
C．原子半径： D．最简单氢化物沸点：
考点三 物质的性质推断题
1．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）一种高聚物被称为“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： B．X、Y的简单氢化物的键角：
C．最高价含氧酸的酸性： D．X、Y、Z均能形成多种氧化物
2．（2024·福建·高考真题）某电解质阴离子的结构如图。X、Y、Z、Q为原子序数依序增大的同周期元素，Z的单质为空气的主要成分之一。下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．最简单氢化物沸点：
C．键长：
D．Y的最高价氧化物对应水化物在水中电离：
3．（2025·安徽·高考真题）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： B．该物质中Y和Z均采取杂化
C．基态原子未成对电子数： D．基态原子的第一电离能：
4．（2025·甘肃·高考真题）我国科学家制备了具有优良双折射性能的材料。下列说法正确的是
A．电负性 B．原子半径
C．中所有I的孤电子对数相同 D．中所有N—H极性相同
5．（2024·重庆·高考真题）R、X、Y和Z为短周期元素，的分子结构如下所示。R中电子只有一种自旋取向，X、Y和Z处于同一周期，X的核外电子数等于Y的最高能级电子数，且等于Z的最外层电子数。下列说法正确的是
A．原子半径： B．非金属性：
C．单质的沸点： D．最高正化合价：
考点一 物质的用途
1．（2025·河北沧州·三模）化学科学与技术在宇宙探索、改进生活、改善环境与促进发展方面均发挥着关键性的作用。下列说法不正确的是
A．中国天眼用到的是新型无机非金属材料
B．医学上用液氮作制冷剂在冷冻麻醉条件下做手术是利用氮气沸点低的物理性质
C．电车出行促环保，电车中的锂离子电池属于一次电池
D．“凡白土曰垩土，为陶家精美启用”，其中“陶”是传统硅酸盐材料
C【详解】A．新型无机非金属材料包括高温结构陶瓷（如、等），A正确；
B．液氮作制冷剂利用液氮沸点低，汽化吸热，是物理性质，B正确；
C．锂离子电池可充电，属于二次电池，C错误；
D．“陶”为陶瓷，属于传统硅酸盐材料，D正确；
故选C。
2．（2025·河北衡水·三模）材料结构决定性质，性质决定用途，下列说法错误的是
A．聚乳酸含有酯基，可用于生产可降解塑料
B．二氧化硅是化学性质稳定的共价晶体，可用作光导纤维
C．聚四氟乙烯耐化学腐蚀，可用于制作酸碱通用滴定管的旋塞
D．石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，电阻率低，可用于动力电池
B【详解】A．聚乳酸含酯基，可发生水解等反应，能生产可降解塑料，A正确；
B．二氧化硅是共价晶体，化学性质稳定，但其用作光导纤维是由于对光有良好全反射等性能，与化学性质稳定无关，B错误；
C．聚四氟乙烯有“塑料王”之称，耐化学腐蚀，但它的摩擦系数小，可用于制作酸碱通用滴定管的旋塞，C正确；
D．石墨烯是只有一个碳原子直径厚度的单层石墨，电阻率低，石墨烯是良好的导体，可用于动力电池，D正确；
故答案为：B。
3．（2025·贵州毕节·二模）劳动有利于“知行合一”。下列相关解释错误的是
A．将切好的茄子浸泡在凉水中：可防止茄子被氧气氧化变黑
B．工人对铁制品进行发蓝处理：在铁制品表面形成表面钝化膜
C．利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品：氢氟酸可与二氧化硅反应
D．将白糖熬制成焦糖汁：利用蔗糖高温下充分炭化为食物增色
D【详解】A．将切好的茄子浸泡在凉水中，防止茄子与氧气接触而氧气氧化变黑，故A正确；
B．发蓝处理是一种化学表面处理技术，通过在高温碱性溶液中发生氧化反应，生成四氧化三铁等氧化物，这些氧化物形成的膜层结构致密，能够有效隔绝氧气和水分，从而防止铁制品进一步氧化和锈蚀 ，故B正确；
C．氢氟酸可腐蚀玻璃（二氧化硅）而制作艺术品，故C正确；
D．焦糖的主要成分仍是糖类，同时还含有一些醛类、酮类等物质，蔗糖在高温下增色并不是炭化，故D错误；
故答案为D。
4．（2025·天津·二模）下列物质性质与用途对应关系、错误的是
A．氧化铝熔点高，可以用来做耐火材料
B．硅的导电性介于导体和绝缘体之间，可用于制造光导纤维
C．氧化钙能与二氧化硫反应，可作为工业废气处理时的脱硫剂
D．饱和氯水既有酸性又有漂白性，加入适量小苏打，其漂白性增强
B【详解】A．氧化铝晶体内作用力为离子键，键能较大，熔点较高，所以氧化铝耐高温，可做耐火材料，A正确；
B．光导纤维的主要成分为二氧化硅，B错误：
C．碱性氧化物CaO能与酸性氧化物反应生成固态的盐，因而可作为工业废气处理时的脱硫剂，减少对大气的污染，C正确；
D．与水反应产生HCl、HClO，溶液中含有HCl使溶液显酸性，而HClO具有强氧化性，能够将有色物质氧化变为无色，因此饱和氯水既有酸性又有漂白性。氯气与水的反应是可逆反应，加入适量固体，反应消耗HCl，使化学平衡正向移动，导致溶液中增大，因而其漂白性增强，D正确;
故答案选B。
5．（2025·辽宁抚顺·二模）化学品在食品工业中有着重要的应用，下列说法错误的是
A．豆浆中加入熟石膏得到豆腐脑
B．铁粉可用作食品干燥剂
C．SO2能防止葡萄酒中的一些成分被氧化，起到保质作用
D．苯甲酸及其钠盐可用作食品防腐剂
B【详解】A．豆浆是胶体，向豆浆中加入熟石膏会使胶体发生聚沉而得到豆腐脑，故A正确；
B．铁粉不能吸收水，所以不能用作食品干燥剂，故B错误；
C．二氧化硫具有还原性，向葡萄酒中添加适量的二氧化硫可以起到抗氧化的作用，从而防止葡萄酒中的一些成分被氧化，起到保质作用，故C正确；
D．苯甲酸及其钠盐具有抑制微生物生长的作用，常用作食品防腐剂，故D正确；
故选B。
考点二 物质的制备
1．（2025·江苏·二模）第ⅢA族元素形成的化合物应用广泛。硼酸(H3BO3) 是一种一元弱酸。硼酸三甲酯与氯气反应可制取BCl3：，B(OCH3)3和BCl3均易水解，沸点分别为68℃和12.5℃。氮化镓是具有优异光电性能的第三代半导体材料，熔点约为1500℃，可通过Ga(CH3)3与 NH3高温反应制得。下列制取 BCl3 的部分实验装置能达到实验目的的是
A．用装置甲干燥Cl2 B．用装置乙制取BCl3
C．用装置丙收集BCl3 D．用装置丁吸收所有尾气
C【详解】A．饱和食盐水不能干燥气体，应该用浓硫酸干燥氯气，A错误；
B．根据题给信息可知，制取 BCl3 的时候，应该控制温度为65℃，B错误；
C．BCl3 的沸点为12.5℃，且密度大于空气，则应该用向上排空气的方法收集，且用冰水冷却，C正确；
D．尾气中的一氧化碳与氢氧化钠溶液不反应，不能用氢氧化钠溶液吸收，D错误；
故选C。
2．（2025·山西晋中·二模）实验室制取的装置如图所示（制备时先通入调节溶液），下列说法错误的是
A．试剂a是饱和溶液
B．装置C可以换成敞口容器
C．调节的目的是防止生成铁的氢氧化物
D．溶液的浓度可用酸性标准溶液滴定
B【分析】碳酸钙固体与稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，二氧化碳通过饱和NaHCO3溶液除去杂质氯化氢气体，在二氧化碳存在的条件下硫酸亚铁和碳酸钠反应生成碳酸亚铁。
【详解】A．试剂a的作用是除二氧化碳中的氯化氢，a是饱和溶液，故A正确；
B．Fe2+易被氧化，所以装置C不能换成敞口容器，故B错误；
C．碳酸钠溶液的碱性较强，调节的目的是降低氢氧根离子浓度，防止生成铁的氢氧化物，故C正确；
D．能还原酸性高锰酸钾，即两者发生氧化还原反应：，所以溶液的浓度可用酸性标准溶液滴定，故D正确；
选B。
3．（2025·江苏连云港·一模）实验室用SO2和MgO悬浊液制取MgSO3，下列实验原理与装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲制取SO2 B．用装置乙收集SO2
C．用装置丙制取MgSO3 D．用装置丁吸收尾气SO2
D【详解】A．NaHSO3与70%硫酸反应可生成SO2，反应方程式为NaHSO3+H2SO4=NaHSO4+SO2↑+H2O，装置甲可制取SO2，A正确；
B．SO2密度比空气大，装置乙（向上排空气法 ）可收集SO2，B正确；
C．SO2与MgO悬浊液反应可生成MgSO3，装置丙可制取，C正确；
D．NaHSO3溶液与SO2不反应，不能吸收尾气，应选NaOH溶液等，D错误；
故选D。
4．（2025·福建龙岩·二模）利用市售的氯化锌制备无水氯化锌的实验装置如图。已知无水氯化锌遇水易水解。
下列说法错误的是
A．盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗
B．盐酸的沸点比硫酸的低
C．为提高除水速率，应加快HCl和的气体流速
D．管式炉Ⅰ采取阶段式升温，实验结束时先撤去管式炉Ⅰ、再撤去管式炉Ⅱ
D【分析】浓硫酸与固体NaCl加热得到HCl，经过浓硫酸干燥，通入管式炉，在管式炉中HCl气流作用下加热市售氯化锌得的无水氯化锌。
【详解】A．恒压分液漏斗可以保证内部压强不变，保持恒压分液漏斗与三颈瓶内压强相等，使浓硫酸顺利滴下，盛装浓硫酸的仪器名称为恒压滴液漏斗，A正确；
B．盐酸易挥发，硫酸是高沸点酸，B正确；
C．应加快HCl和的气体流速，可以快速带走水蒸气，C正确；
D．氯化锌升华进入管式炉II，凝华得到高纯度无水氯化锌，所以实验时应先撤去管式炉Ⅱ的加热，再撤去管式炉Ⅰ，D错误；
答案选D。
5．（2025·江西九江·三模）工业上可用[Fe(NO)(H2O)5]SO4制备人造丝漂白剂、丙烯和二甲醚的安定剂等，用NO气体和FeSO4溶液制备[Fe(NO)(H2O)5]SO4的装置如图所示(加热及夹持装置略)。下列说法不正确的是
A．可用K3[Fe(CN)6]溶液来检验FeSO4溶液是否变质
B．实验开始前需先通入一段时间的N2
C．长颈漏斗的作用为平衡气压，防止堵塞
D．圆底烧瓶中生成NO和，该反应的离子方程式为
A【分析】稀硫酸与NaNO2反应生成硝酸钠、NO和水，NO进入三颈烧瓶中与硫酸亚铁反应生成[Fe(NO)(H2O)5]SO4，尾气有毒，使用含氧化剂的碱性溶液吸收多余的NO；
【详解】A．亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀，其是检验亚铁离子的，而非检验铁离子，A错误；
B．实验开始前鼓入N2，可以除去装置内的空气，防止生成的NO被氧气氧化，同时也能防止Fe2+被氧气氧化，B正确；
C．长颈漏斗和大气相通，作用为平衡气压，防止堵塞，C正确；
D．圆底烧瓶中生成NO和，则酸性条件下，亚硝酸根离子发生歧化反应生成NO和硝酸根离子，结合电子守恒，反应的离子方程式为，D正确；
故选A。
考点三 物质的性质
1．（2025·湖北黄冈·模拟预测）关于CO2和SO2的下列说法中，正确的是
A．由推知，可发生反应：
B．澄清石灰水和酸性KMnO4溶液均可以区分CO2和SO2
C．可用饱和Na2CO3溶液除去CO2中少量的SO2
D．分子的球棍模型：
A【详解】A．由可知碳酸的酸性比亚硫酸氢根强，因此亚硫酸根离子可以与碳酸发生反应生成碳酸氢根离子和亚硫酸氢根离子，A正确；
B．澄清石灰水与二氧化碳和二氧化硫反应均生成白色沉淀，无法区分，酸性高锰酸钾溶液能被二氧化硫还原而褪色，而二氧化碳不能和酸性高锰酸钾溶液反应，因此可以区分两者，B错误；
C．Na2CO3与CO2和SO2都反应生，不可用饱和Na2CO3溶液除去CO2中少量的SO2，C错误；
D．CO2空间构型为直线型，D错误；
故选A。
2．（2025·湖北武汉·二模）实验小组设计下图所示装置，验证SO2性质，下列说法正确的是
A．实验室用98%的浓硫酸和亚硫酸钠固体制备SO2
B．一段时间后试管内有白色沉淀，说明SO2与BaCl2反应生成BaSO3
C．试管中的红色花瓣褪色，滴有酚酞的NaOH溶液红色变浅，均说明SO2具有漂白性
D．试管内Br2的CCl4溶液褪色，说明SO2具有还原性
D【分析】硫酸和Na2SO3发生复分解反应产生SO2，SO2与溴、水在BaCl2溶液和溴的四氯化碳分界处发生氧化还原反应生成硫酸、HBr，一段时间后溴的四氯化碳溶液褪色，证明SO2有还原性，H2SO4与BaCl2产生BaSO4沉淀，湿润的SO2使红色花瓣褪色，说明SO2有漂白性，SO2与NaOH溶液反应消耗NaOH，滴有酚酞的NaOH溶液褪色。
【详解】A．实验室一般用70%的浓硫酸和亚硫酸钠固体制备SO2，硫酸浓度过大，H+浓度小，反应速率慢，A错误；
B．由分析可知沉淀为BaSO4，B错误；
C．由分析可知，SO2使红色花瓣褪色，说明SO2有漂白性，SO2与NaOH溶液反应消耗NaOH，滴有酚酞的NaOH溶液褪色，C错误；
D．SO2与Br2反应，2H2O＋SO2+Br2=H2SO4+2HBr，证明SO2有还原性，D正确；
故选D。
3．（2025·山西晋中·二模）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向某溶液中加入溶液，产生白色沉淀，再加足量盐酸，白色沉淀不消失 原溶液中一定含有
B 向浓硝酸中加入红热的碳，产生红棕色气体 碳能还原浓硝酸生成
C 向、的混合稀溶液中滴入少量稀溶液，有黄色沉淀生成
D 向某黄色溶液中加入淀粉溶液，溶液呈蓝色 不能说明溶液中是否含
D【详解】A．若原溶液中存在，加入溶液，产生白色沉淀，再加足量盐酸，转化为白色沉淀，白色沉淀不消失，所以原溶液中不一定含有，A错误；
B．C与浓硝酸反应可生成二氧化氮，浓硝酸受热分解也能生成二氧化氮，结论不合理，B错误；
C．氯离子和碘离子的浓度大小未知，若碘离子浓度远远大于氯离子浓度，溶液中会有AgI黄色沉淀生成，所以不能以此确定溶度积大小，C错误；
D．溶液呈蓝色，说明溶液中有物质和发生了氧化还原反应生成碘单质，淀粉遇碘变蓝，该物质不一定是，也可能是，D正确；
故选D。
4．（2025·陕西宝鸡·二模）下列实验设计、现象、实验结论均正确的是
选项 实验设计 现象 实验结论
A 向含有Na2S与ZnS的悬浊液中加入CuSO4溶液 产生黑色沉淀 Ksp(CuS)B 向鸡蛋清溶液中滴入几滴硫酸铜溶液 产生白色沉淀，加水后沉淀不溶解 蛋白质发生了变性
C 用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上 试纸变白 次氯酸钠溶液呈中性
D 在烧瓶中加入木炭颗粒与浓硝酸，然后加热 烧瓶中有红棕色气体产生 木炭具有还原性，能还原HNO3
B【详解】A．向含有硫化锌和硫化钠的白色悬浊液中加入硫酸铜溶液，悬浊液中的硫化钠能与硫酸铜溶液反应生成黑色硫化铜沉淀，加入硫酸铜溶液时可能只存在沉淀的生成过程，不存在沉淀的转化过程，所以无法比较硫化铜和硫化锌的溶度积大小，故A错误；
B．向鸡蛋清溶液中滴入几滴硫酸铜溶液，产生白色沉淀，加水后沉淀不溶解说明蛋白质发生了变性，故B正确；
C．次氯酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，能使试纸变白，是因为次氯酸钠溶液具有漂白性，故C错误；
D．浓硝酸遇热易分解生成红棕色的二氧化氮、氧气和水，则将炽热的木炭与浓硝酸混合，产生红棕色气体不能说明浓硝酸被木炭还原成二氧化氮，故D错误；
故选B。
5．（2025·山东·二模）某学习小组对通入溶液出现白色沉淀的原因进行了探究，实验如下：
实验装置
实验①：烧杯中加入煮沸的溶液，再加入适量食用油，冷却至室温。 实验②：烧杯中加入未煮沸的溶液。
实验现象 烧杯 出现白色沉淀 出现白色沉淀
传感器
下列说法错误的是
A．制备体现硫酸的酸性
B．实验①中的食用油可用苯代替
C．实验①中，左右突然下降的主要原因为二氧化硫溶解
D．实验②中，溶解的氧化降低了体系，促使进一步氧化
C【分析】将70%H2SO4滴入Na2SO3中，发生反应Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，生成的SO2经过缓冲瓶进入右侧的烧杯中与待测溶液混合，烧杯中的食用油可以隔绝空气，pH传感器可以实时获取溶液的pH数据通过控制变量法来探究与溶液的反应；A烧杯中加入煮沸的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀说明二氧化硫通入水中可生成亚硫酸，硝酸根离子(酸性环境)具有氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸根离子，硫酸根离子与Ba2+形成硫酸钡沉淀，离子方程式为，B烧杯中加入未煮沸的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，结合pH的变化，其原因是SO2被氧气、硝酸根氧化为，与钡离子反应产生白色沉淀，同时氧气氧化为主，据此分析；
【详解】A．制备发生反应Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，反应原理是强酸制弱酸，体现硫酸的酸性，A正确；
B．食用油密度比水小，在上层，可以隔绝氧气，防止氧气干扰试验，苯的密度也比水小，也能达到此目的，B正确；
C．SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸电离产生氢离子，若是二氧化硫溶解导致pH下降，其不会出现突变；出现突变的原因是，当亚硫酸电离产生氢离子浓度足够大时，氧化性增强，发生反应，使得溶液pH突然下降，C错误；
D．结合实验①和②的pH-t图像，有O2参加的反应中pH变化比无氧参加的大，且用时短，说明溶解的氧化降低了体系，氧化性增强，进一步氧化SO2，D正确；
故选C。
考点四 物质的转化
1．（2025·云南大理·二模）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是
A．HCl制备：
B．工业制镁：
C．制纯碱：
D．漂白粉制备：
A【详解】A．电解NaCl溶液的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH + H2↑+ Cl2↑，氢气和氯气点燃发生反应H2+Cl22HCl，该转化均可实现，A符合题意；
B．工业上从海水中提取镁，是向海水中加入石灰乳Ca(OH)2得到Mg(OH)2沉淀，而不是NaOH；并且Mg(OH)2受热分解生成MgO，MgO熔点很高，工业上是电解熔融MgCl2制取Mg，而不是电解MgO，B不合题意；
C．向NaCl溶液中通入CO2，不符合强酸制弱酸的原理，不会发生反应生成NaHCO3，工业上是向饱和NaCl溶液中先通入NH3，再通入CO2制取NaHCO3，C不合题意；
D．实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下制取Cl2，化学方程式为MnO2+ 4HCl(浓) MnCl2+ Cl2↑+ 2H2O，常温下不反应，D不合题意；
故答案为：A。
2．（2025·陕西商洛·二模）甲、乙、丙、丁、戊、己为短周期元素组成的常见物质，其中甲、乙、丙、戊在常温下均为气体，甲和丁为原子总数不大于4的分子，乙为单质。它们之间的转化关系如图。下列说法正确的是
A．甲易溶于水，溶液显碱性 B．丙与乙反应时无明显现象
C．气体戊可通过排水法收集 D．戊与丁生成己的反应为化合反应
A【分析】甲、乙、丙、丁、戊、己为短周期元素组成的常见物质，其中甲、乙、丙、戊在常温下均为气体，甲和丁为原子总数不大于4的10e-分子，乙为单质，结合转化关系分析可知，甲为NH3，乙为O2，丁为H2O，丙为NO，戊为NO2，己为HNO3，据此分析判断。
【详解】A．甲为NH3易溶于水，形成的一水合氨溶液显碱性，故A正确；
B．丙与乙反应时生成红棕色气体二氧化氮，有明显现象，故B错误；
C．气体戊为NO2，二氧化氮和水反应，不能通过排水法收集，故C错误；
D．戊与丁生成己的反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，不是化合反应，故D错误；
故选：A。
3．（2025·广东深圳·一模）部分含Na或Cu物质的分类与相应化合价关系如图。下列推断不合理的是
A．存在a→e→g→f→b的转化
B．a与单质硫混合加热，生成物一定是d
C．b→c→d转化的每步反应一定是非氧化还原反应
D．g的氯化物溶液蒸干并灼烧可得固体e
C【分析】由题给信息可知，a为Na单质或Cu单质，b为+1价氧化物，即b是Na2O或Cu2O，e为+2价氧化物，e为CuO；c为+1价碱，即c是NaOH；f为+2价的碱，则f是Cu(OH)2。d为+1价的盐，d可能是钠盐，g为+2价的盐，g是铜盐。据此分析。
【详解】A．Cu与O2反应生成CuO，CuO与酸反应，可生成+2价的铜盐；铜盐与可溶性碱反应，生成Cu(OH)2，新制Cu(OH)2与乙醛反应生成Cu2O，可以实现a→e→g→f→b的转化，A项正确；
B．Na与S反应生成Na2S，Cu与S反应生成Cu2S，都是+1价的盐，B项正确；
C．Na2O与H2O反应生成NaOH和O2，该反应为氧化还原反应，NaOH和酸反应生成钠盐属于非氧化还原反应，故b→c→d转化的每步反应一定是非氧化还原反应的说法错误，C项错误；
D．g为+2价铜盐，可以是CuCl2，CuCl2水解得到Cu(OH)2和HCl，HCl挥发，得到Cu(OH)2，Cu(OH)2加热分解得到CuO，说明g的氯化物溶液蒸干并灼烧的确可得固体e，D项正确；
答案选C。
4．（2025·北京朝阳·二模）催化与反应的物质转化关系如下。下列对该过程的分析不正确的是
A．a、c分别是、
B．改变了与的反应历程
C．NO既体现了还原性，又体现了氧化性
D．与分子中硫原子杂化轨道类型相同
C【分析】根据反应过程分析，SO2与O2反应生成SO3，NO参与催化过程，a参与反应生成NO2（b），所以a是O2，SO2与NO2反应生成SO3和NO， 所以d是SO2，c是SO3。
【详解】A．根据分析可知，A正确；
B．根据催化剂的作用原理，NO作为催化剂， 改变了反应的途径，降低了反应的活化能，从而改变了SO2与O2的反应历程，B正确；
C．根据氧化还原反应原理，NO与O2反应时NO被氧化，体现还原性，NO2与SO2反应生成NO，并未体现NO的氧化性，C错误；
D．根据杂化轨道理论，SO2中S原子价层电子对数是：，是杂化；SO3中S原子价层电子对数是：，也是杂化，D正确；
故选C。
5．（2025·江苏常州·二模）CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易被氧化。以碱性蚀刻废液中的为原料制备CuCl的部分流程如下。下列说法正确的是
A．溶于水所得溶液中
B．“酸溶”时不用稀硝酸的主要原因是硝酸易挥发
C．“还原”后溶液的pH增大
D．“洗涤”时先用水再用乙醇会降低产品的纯度
D【分析】由题给流程可知，二氯化四氨合铜经多步转化得到氧化铜，向氧化铜中加入稍过量的稀硫酸酸溶，将氧化铜转化为硫酸铜，向反应得到的硫酸铜溶液加入氯化钠和亚硫酸钠固体，将硫酸铜转化为氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，过滤、用乙醇洗涤得到氯化亚铜。
【详解】A．配合物中四氨合铜离子为内界、氯离子为外界，配合物在溶液中电离出四氨合铜离子和氯离子，不能电离出氨分子，故A错误；
B．“酸溶”时不用稀硝酸的主要原因是稀硝酸具有强氧化性，会将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，导致亚硫酸根离子无法将溶液中的铜离子还原为氯化亚铜沉淀，故B错误；
C．由分析可知，“还原”发生的反应为2Cu2++SO+2Cl—+H2O=2CuCl↓+SO+2H+，反应生成的氢离子会使溶液pH减小，故C错误；
D．由题意可知，氯化亚铜在潮湿空气中易被氧化，所以“洗涤”时先用水再用乙醇会使氯化亚铜被氧化，降低产品的纯度，故D正确；
故选D。
考点五 物质的综合应用
1．（2025·山东滨州·二模）过硫酸铵[]在工业上有广泛用途，某兴趣小组根据反应制备粗品。回答下列问题：
(1)中硫元素的化合价为 。
(2)制备时，从下列装置中根据需要选择组装。仪器的连接顺序为c→ →尾气处理，D装置的作用为 ，仪器M的名称为 。
(3)充分反应后，将A中的混合液经一系列操作得到晶体。烘干晶体时，采用减压、低温的原因是 。
(4)采用碘量法测定粗品的纯度。
称取1.500 g制得的粗品，配成100.00 mL溶液。移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加入过量KI溶液，用标准浓度的溶液滴定(发生反应：)，当溶液颜色变浅时加入几滴淀粉溶液，滴定至终点。重复上述滴定操作三次，平均消耗的溶液12.50 mL。
①滴定终点的现象为 。
②粗品的纯度为 ％。若开始滴定前加入淀粉溶液，则所测的纯度 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1)+6
(2) g→f→b→a 防止装置A中液体倒吸入装置B中 恒压滴液漏斗
(3)降低烘干温度，防止分解
(4) 当滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色 76 偏低
【分析】装置B用于制取氨气，制取氨气的原料为氢氧化钙固体和氯化铵固体，A装置为过二硫酸铵的生成装置，考虑氨气极易溶于水，需要在A、B之间放置安全瓶D以防止倒吸，最后用盛放碱石灰的干燥管C进行尾气处理，以此解答。
【详解】（1）
过硫酸铵的结构简式为，其中过氧键（-O-O-）中O原子化合价为-1价，其它O原子化合价为-2价，铵根离子中N为-3价，H为+1价，根据化合价代数和为零可知硫元素的化合价为+6；
（2）由分析可知，制备氨气后无需干燥，但需要防止倒吸，所以仪器的连接顺序为c→g→f→b→a→尾气处理；氨气极易溶于水，A、B之间放置安全瓶D以防止倒吸，则D装置的作用为防止装置A中液体倒吸入装置B中；由仪器构造可知，仪器M的名称为恒压滴液漏斗；
（3）受热会分解，则烘干产品时，采用减压、低温的原因是：降低烘干温度，防止受热分解；
（4）①移取25.00 mL(NH4)2S2O8溶液于锥形瓶中，加入过量KI溶液，两者反应生成I2，再用标准浓度的溶液滴定生成的I2，当溶液颜色变浅时加入几滴淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，用溶液滴定时发生反应：，溶液的蓝色逐渐变浅，最终褪色，则滴定终点的现象为：当滴入最后半滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复原色；
②移取25.00 mL(NH4)2S2O8溶液于锥形瓶中，加入过量KI溶液，两者反应生成I2，再用标准浓度的溶液滴定生成的I2，根据得失电子守恒可得关系式：~I2~，平均消耗的溶液12.50 mL，则粗品的纯度为=76%。若开始滴定前加入淀粉溶液，会导致淀粉与I2结合生成性质稳定的蓝色络合物，这种络合物不易与反应，导致消耗标准溶液的体积偏小，则所测的纯度偏低。
2．（2025·广东汕头·三模）性质活泼，可以和许多物质发生反应。
Ⅰ．实验室用和反应制备(黄绿色粉末，易与水反应产生)。
已知：(反应剧烈，温度高时会产生副产物)
(1)上述装置正确的连接顺序是： 。
A→___________→___________→___________→B→C(必要时可重复使用)
(2)装置A中装溶液的仪器名称为 。饱和溶液的作用 。
Ⅱ．常温下和水反应缓慢，反应时，条表面缓慢产生少量气泡，数分钟后反应停止，未收集到气体，镁条表面失去光泽。
查阅资料：与水反应时，表面覆盖了致密的导致反应缓慢；和可以加快Mg与水反应。
同学们为了验证和对与水反应的促进作用，用与水反应后的条与4种盐溶液进行对比实验，结果如下。
实验序号 a b c d
盐溶液(均为) NaCl
溶液起始 5.1 8.3 7.0 7.8
30min时产生气体体积/mL 1.5 0.7 <0.1 1.4
气体的主要成分
30min时镁条表面情况 大量固体附着(固体可溶于盐酸)
(3)根据的沉淀溶解平衡可解释和的作用。在水中存在的沉淀溶解平衡可用离子方程式表示为 。
(4)经检验，a中还生成少量其他气体，可进一步证明促进与水反应，检验该气体的方法是 。
(5)上表中能够说明对与水反应起促进作用的证据是 。
(6)b、d所得固体中还检验出碱式碳酸镁[用表示]，写出生成该固体的离子方程式 。
(7)综合实验a-d可以得到的结论是：和都能与作用加快与水反应， ； (补充两点)。
【答案】(1)DEC
(2) 分液漏斗 除去氧气
(3)
(4)用湿润的红色石蕊试纸接触气体，试纸变蓝则有产生
(5)时实验产生的气体体积远大于实验
(6)
(7) 同浓度时，的作用大于 和共同存在时促进作用并未叠加
【分析】由实验装置图可知，装置A中亚硝酸钠饱和溶液与硫酸铵饱和溶液共热反应制备氮气，装置D为空载仪器，做安全瓶，起防倒吸的作用，装置E中盛有的硫酸亚铁饱和溶液用于吸收氧气，防止氧气干扰实验，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氮气，装置B中氮气与镁共热反应制备氮化镁，装置C中盛有的浓硫酸吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置B中导致氮化镁水解，则装置的连接顺序为A→D→E→C→B→C。
【详解】（1）由分析可知，装置的连接顺序为A→D→E→C→B→C，故答案为：DEC；
（2）由实验装置图可知，装置A中装亚硝酸钠溶液的仪器为分液漏斗；由分析可知，装置E中盛有的硫酸亚铁饱和溶液用于吸收氧气，防止氧气干扰实验，故答案为：分液漏斗；除去氧气；
（3）氢氧化镁难溶于水，在溶液中存在如下溶解平衡：，故答案为：；
（4）氯化铵在溶液中水解生成一水合氨和盐酸，水解生成的盐酸与镁反应生成氯化镁和氢气，盐酸浓度减小，导致水解平衡右移，反应生成的一水合氨浓度过大会发生分解生成氨气，反应生成的氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则检验氨气的方法为用湿润的红色石蕊试纸接触气体，试纸变蓝则有氨气产生，故答案为：用湿润的红色石蕊试纸接触气体，试纸变蓝则有产生；
（5）由表格数据可知，实验b用到的盐溶液为碳酸氢钠溶液，实验c中用的盐溶液为氯化钠溶液，两溶液中阳离子相同，30分钟内，实验b产生的气体体积远大于实验c，说明碳酸氢根离子对镁与水反应起促进作用，故答案为：30min时实验b产生的气体体积远大于实验c；
（6）b、d所得固体中还检验出碱式碳酸镁是因为溶液中的碳酸氢根离子与氢氧化镁反应生成碱式碳酸镁、碳酸根离子和水所致，反应的离子方程式为，故答案为：；
（7）综合实验a-d可以得到的结论是溶液中铵根离子、碳酸氢根离子都能与氢氧化镁反应使氯化铵的水解平衡右移，增大溶液中的氢离子浓度，加快镁与水反应；实验a、实验b与实验c对比得到的结论是溶液中同浓度的铵根离子作用大于碳酸氢根离子；实验a和实验d对比得到的结论是铵根离子和碳酸氢根离子同时存在时促进作用并未叠加，故答案为：同浓度时，的作用大于；和共同存在时促进作用并未叠加。
3．（2025·湖南·三模）二氯化二硫()是一种黄色至略微红的液体，有剧毒。向熔融的硫中通入限量的氯气即可生成，进一步氯化则会得到。
已知：Ⅰ．、、S的部分性质如下：
物质 水溶性 密度/() 熔点/℃ 沸点/℃
遇水即水解生成HCl、、S 1.687 -80 135.6
遇水即水解生成HCl、、S 1.621 -78 59℃时分解
S —— —— 112.8 444.6
Ⅱ．、，为砖红色沉淀。
下列是某兴趣小组制备并分析其纯度的实验，回答下列问题：
(1)所有原子满足最外层8电子稳定结构，其电子式为 。
(2)写出溶于水发生反应的化学方程式： 。
(3)兴趣小组利用如下装置制备。
①A、B、C装置中均用到的玻璃容器的名称是 。
②C装置中发生反应的离子方程式为 。
③装置的正确连接顺序是e→j→k→h→i→ →f(按气流流出方向)。
④D装置中碱石灰的作用是 。
(4)(所含杂质为)纯度的测定：准确称取1.35g所得产品溶于水，加入溶液调节pH至9.0左右，过滤后将滤液配成250.00mL溶液，用移液管量取25.00mL溶液放入锥形瓶中，加入几滴溶液，用0.10的溶液滴定，平行滴定三次，平均消耗溶液的体积为20.40mL。
①加入溶液调节pH至9.0左右的目的是 。
②滴定终点的判断依据是 。
③的纯度为 (保留三位有效数字)。
【答案】(1)
(2)
(3) 圆底烧瓶 c→d→a→b 除去过量的氯气，防止环境污染；防止空气中的水蒸气进入装置A与反应
(4) 防止pH过低，会转化为；防止pH过高，会与滴入的反应生成AgOH，均会干扰滴定 当滴入最后半滴溶液时，白色沉淀中出现砖红色，且半分钟内砖红色未消失 93.6%
【分析】本题为实验探究题，装置C利用高锰酸钾固体与浓盐酸制备氯气，同时生成氯化锰、氯化钾与水，先F中饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体，再E用浓硫酸干燥氯气，氯气与硫单质在B的反应，A冷凝收集产物，D中碱石灰吸收空气中水蒸气，防止进入A中导致S2Cl2水解，同时吸收未反应的氯气，防止污染空气，(4)(所含杂质为)纯度的测定。该题是应用沉淀滴定法进行测定，使用该方法时，首先将和中的Cl元素转化为，以为指示剂，用标准的溶液进行滴定的过程。在实验过程中，同时要保证溶液的pH，当溶液酸性较强时，会转化为，使指示剂失效，当溶液碱性较强时，会产生AgOH干扰滴定结果，据此分析解题。
【详解】（1）所有原子符合最外层8电子稳定结构，根据S和Cl原子结构可知，S要形成2个共价键，Cl只需形成1个共价键，故其电子式为，故答案为：；
（2）根据题干中信息，溶于水生成HCl、、S，则其发生反应的化学方程式为，故答案为：；
（3）①A、B、C装置中均用到的玻璃容器是圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；
②C装置是与浓盐酸反应制的装置，发生反应的离子方程式为，故答案为：；
③根据题意，制备实验的顺序是：制备→除HCl→干燥→制→收集→防水→尾气处理，故装置连接顺序是e→j→k→h→i→c→d→a→b→f(→g)(按气流流出方向)，故答案为：c→d→a→b；
④该实验中碱石灰既要除去氯气，防止环境污染，也要防止空气中的水蒸气进入收集装置，使之与反应，故其作用是除去过量的氯气，防止环境污染；防止空气中的水蒸气进入装置A与反应，故答案为：除去过量的氯气，防止环境污染，防止空气中的水蒸气进入装置A与反应；
（4）①加入溶液调节pH至9.0左右的作用是若pH过低，会转化为，pH过高，会与滴入的反应生成AgOH，均会干扰滴定，故答案为：防止pH过低，会转化为，防止pH过高，会与滴入的反应生成AgOH，均会干扰滴定；
②实验中，当达到滴定终点后，再滴入溶液，即生成砖红色的沉淀，故滴定终点的判断依据是当滴入最后半滴溶液时，产生砖红色沉淀，且半分钟内砖红色未消失，故答案为：当滴入最后半滴溶液时，白色沉淀中出现砖红色，且半分钟内砖红色未消失；
③及均会与水反应产生，故该题计算时可利用Cl原子守恒进行计算。设原1.35g产品中为xmol，为ymol，结合题意可得：135x＋103y=1.35，，解得x=0.00936mol，最终得到其纯度约为×100%=93.6%，故答案为：93.6%。
4．（2025·湖北武汉·二模）利用镁泥（主要成分为、和等）为主要原料制取碳酸镁的工业流程如下：
(1)酸溶。某工厂用1.78吨发烟硫酸（化学式：）配制质量分数为溶液，配制时需要水的质量为 吨。
(2)除铁。已知滤渣2的成分与温度、的关系如图所示。
①若控制温度80℃、，可得到黄铁矾钠（上图中阴影部分），写出“除铁”过程总反应的离子方程式： 。
②工业生产不选择以形式除铁的可能原因： （写出两点）。
(3)沉淀。写出“沉淀”过程的离子方程式： 。
(4)控制“沉淀”温度50℃，可制得碱式碳酸镁，碱式碳酸镁常用作塑料阻燃剂。现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得固体，放出（标准状况），计算该碱式碳酸镁样品中的= 。
(5)某钙镁矿的晶胞结构如图所示。若将全部换为，所得晶体中每个晶胞含有的原子数为 。
【答案】(1)2.14
(2) 浓度小，的氧化性弱；温度低，反应速率慢
(3)
(4)
(5)4
【分析】由制备流程可知，镁泥的主要成分为MgCO3、和SiO2，加硫酸时SiO2不溶解，过滤得到滤渣1为二氧化硅，NaClO具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH生成沉淀除去，滤液通入二氧化碳、加入氢氧化钠溶液反应后得到沉淀，经过滤得到碳酸镁。
【详解】（1）1.78吨发烟硫酸（化学式：）的物质的量为，配制过程中，生成硫酸为，配制质量分数为溶液，配制时需要水的质量为。
（2）①“除铁”时，若控制温度80℃、，可得到黄铁矾钠沉淀，则总反应的离子方程式：。
②由图可知，pH在4附近温度略低于40°C时产生的氢氧化铁最多，温度继续升高时铁转化为其它含铁的不溶性物质，结合分析可知，铁工业生产不选择以形式除铁的可能原因：浓度小，的氧化性弱；温度低，反应速率慢。
（3）①结合分析可知，“沉淀”过程的离子方程式：。
（4）现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得固体，根据镁元素守恒，镁离子为，放出（标准状况），其物质的量为，则碳酸根为0.15mol，则根据电荷守恒可知氢氧根的物质的量为0.1mol，则碱式碳酸镁样品中的=3:2。
（5）某钙镁矿的晶胞中若将全部换为，若Ca换为Mg，则该图变为两个立方晶胞，则Mg位于晶胞的8个顶点和6个面心，所得晶体中每个晶胞含有的原子数为。
5．（2025·辽宁抚顺·三模）某钨锰矿渣(主要成分为、MnO、、及铁的氧化物)综合利用的流程如图：
已知：①P204的萃取机理：。
②当溶液中离子浓度小于或等于mol·L-1时，认为该离子沉淀完全。
③常温下，一些常见物质的溶度积常数如下表：
物质
④、。
回答下列问题：
(1)“沉淀1”的主要成分是 (填化学式)。
(2)使“有机相2”中的P204萃取剂再生，需选择的试剂为 (填名称)。
(3)“沉钪”工序中发生沉钪反应的化学方程式为 。
(4)“氧化”工序中加入活性，其优点是 ；该工序中发生反应的离子方程式为 。
(5)若“除杂”时溶液中的浓度为0.01mol·L-1.则加入NaOH控制pH的范围是 ~ (溶液体积变化忽略不计，保留3位有效数字)；出现沉淀后要加热煮沸一段时间的目的是 。
【答案】(1)、
(2)盐酸
(3)
(4) 提高了的产量且不引入新的金属离子
(5) 2.82 8.60 促进胶体聚沉
【分析】首先用盐酸对原料进行酸浸，其中WO3、SiO2和盐酸不反应，成为沉淀1的主要成分，同时滤液1中含有二价锰离子、三价钪离子，同时可能含有二价和三价铁离子，滤液用P2O4萃取分液，有机相加入氢氧化钠沉钪得到沉淀3，加热得到，水相加入二氧化锰氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化钠将铁离子转化为氢氧化铁沉淀得到沉淀4，,过滤滤液加入碳酸氢铵得到碳酸锰沉淀；沉淀1加入氢氧化钠碱浸、过滤，滤液加入盐酸得到钨酸沉淀2，过滤分离出钨酸沉淀加入氨水溶解得到钨酸铵；
【详解】（1）由分析，“沉淀1”的主要成分是SiO2、WO3；
（2）P204的萃取机理：，则使“有机相2”中的P204萃取剂再生，可以加入盐酸，氢离子浓度增大，使得平衡逆向移动，使得P204萃取剂再生，故需选择的试剂为盐酸；
（3）“沉钪”工序中反应为有机相中和氢氧化钠反应生成氢氧化钪沉淀、RNa，反应为：；
（4）二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子：，便于后续铁离子去除，且“氧化”工序中加入活性，反应生成锰离子，提高了的产量且不引入新的杂质金属离子；
（5）常温下，由已知表格数据可知，当铁离子完全沉淀时，，pOH=11.18，pH=2.82；该过程中锰离子不能沉淀，且溶液中的浓度为0.01mol·L-1，则，pOH=5.40，pH=8.60，故控制pH的范围是2.82~8.60；加热可以促进胶体聚沉，则出现沉淀后要加热煮沸一段时间的目的是促进胶体聚沉。
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专题05 物质结构的性质 元素推断
考点1 原子的结构与元素的性质
1．（2025·山东·高考真题）第70号元素镱的基态原子价电子排布式为。下列说法正确的是
A．的中子数与质子数之差为104 B．与是同一种核素
C．基态原子核外共有10个d电子 D．位于元素周期表中第6周期
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。
2．（2025·浙江·高考真题）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
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。
3．（2024·江苏·高考真题）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：
B【详解】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·上海·高考真题）下列关于与说法正确的是
A．是同种核素 B．是同素异形体
C．比多一个电子 D．比多一个中子
D【详解】A．与质子数相同、中子数不同，因此两者是不同种核素，A错误；
B．同素异形体指的是同种元素的不同单质；与是两种不同的原子，不是单质，因此两者不是同素异形体，B错误；
C．同位素之间质子数和电子数均相同，比多一个中子，C错误；
D．的中子数是10，只有9个中子，比多一个中子，D正确。
本题选D。
5．（2023·湖南·高考真题）下列化学用语表述错误的是
A．HClO的电子式：
B．中子数为10的氧原子：O
C．NH3分子的VSEPR模型：
D．基态N原子的价层电子排布图：
C【详解】A．HClO中O元素呈负化合价，在结构中得到H和Cl共用的电子，因此HClO的电子式为，A正确；
B．中子数为10，质子数为8的O原子其质量数为10+8=18，其原子表示为O，B正确；
C．根据VSEPR模型计算，NH3分子中有1对孤电子对，N还连接有3和H原子，因此NH3的VSEPR模型为四面体型，C错误；
D．基态N原子的价层电子排布为2s22p3，其电子排布图为，D正确；
故答案选C。
考点二 文字表达性推断题
1．（2025·湖南·高考真题）浓溶液中含有的具有酸性，能溶解金属氧化物。元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，分别位于不同的前四周期。Y的最外层电子数是内层的3倍，X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，M的价层电子排布是。下列说法正确的是
A．电负性：
B．Y形成的两种单质均为非极性分子
C．由X、Y、Z形成的化合物均为强电解质
D．铁管上镶嵌M，铁管不易被腐蚀
D【分析】Y的最外层电子数是内层的3倍，则Y的最外层电子数为6，Y为O，X和Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，则X的最外层电子数应为1，原子序数小于氧元素，则X为H，Z的最外层电子数为7，则Z为Cl，M的价层电子排布是，M是Zn，综上所述：X为H、Y为O、Z为Cl、M是Zn，据此解答；
【详解】A．非金属性越强，电负性越大，中O为负化合价，因此X（H）的电负性小于Y（O），A错误；
B．Y（O）的单质O2是非极性分子，但O3是极性分子（V形结构导致偶极矩不为零），B错误；
C．X（H）、Y（O）、Z（Cl）形成的化合物如HClO，属于弱电解质，并非全部为强电解质，C错误；
D．M为Zn，比Fe活泼，镶嵌Zn会通过牺牲阳极保护铁管，使其不易被腐蚀，D正确；
故选D。
2．（2025·重庆·高考真题）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
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），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，所以Z的原子半径最大，D正确；
故选D。
3．（2025·湖北·高考真题）某化合物的分子式为。X、Y、Z三种元素位于同一短周期且原子序数依次增大，三者的原子核外电子层数之和与未成对电子数之和相等，Z是周期表中电负性最大的元素。下列说法正确的是
A．三者中Z的原子半径最大 B．三者中Y的第一电离能最小
C．X的最高化合价为 D．与键角相等
B【分析】Z是周期表中电负性最大的元素，Z为F，电子层数为2，未成对电子数为1；X、Y、Z三种元素位于同短周期且原子序数依次增大，三者的原子核外电子层数之和与未成对电子数之和相等，则X和Y未成对电子数之和为5，X为C和Y为N或X为N和Y为O；化合物分子式为XY2Z，则X和2个Y总化合价为+1价，NO2F符合，故X为N，Y为O，Z为F。
【详解】A．X为N，Y为O，Z为F，N、O、F位于同周期，F在最右边，F的原子半径最小，A错误；
B．X为N，Y为O，Z为F，同周期从左往右，第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道半充满，第一电离能大于O，故三者中O的第一电离能最小，B正确；
C．X为N，N的最高正化合价为+5，C错误；
D．X为N，Z为F，NF3和NH3的中心原子均为sp3杂化，孤电子对数均为1，前者成键电子对离中心N较远，成键电子对之间的斥力较小，键角较小，D错误；
答案选B。
4．（2025·云南·高考真题）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：
C．是极性分子 D．电负性：
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．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。
5．（2025·广东·高考真题）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：
C．原子半径： D．最简单氢化物沸点：
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．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。
考点三 物质的性质推断题
1．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）一种高聚物被称为“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： B．X、Y的简单氢化物的键角：
C．最高价含氧酸的酸性： D．X、Y、Z均能形成多种氧化物
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N、O、F，属于同周期元素，同周期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。
2．（2024·福建·高考真题）某电解质阴离子的结构如图。X、Y、Z、Q为原子序数依序增大的同周期元素，Z的单质为空气的主要成分之一。下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．最简单氢化物沸点：
C．键长：
D．Y的最高价氧化物对应水化物在水中电离：
A【分析】由该阴离子结构可知Z形成2条共价键，Z的单质为空气的主要成分之一，可知Z为O；Y形成4条共价键，Y为C，Q形成1条共价键，Q为F，X得1个电子后形成4条共价键，则X最外层电子数为3，X为B，据此分析解答。
【详解】A．B、C、O为同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：BB．CH4不能形成分子间氢键，H2O可以形成分子间氢键，沸点CH4C．原子半径：C>O>F，原子半径越小键长越短，则键长：C-C>C-O>C-F，故C正确；
D．Y为C，其最高价氧化物的水化物为H2CO3，碳酸为二元弱酸，分步电离，电离方程式为：，故D正确；
故选A。
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。
3．（2025·安徽·高考真题）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： B．该物质中Y和Z均采取杂化
C．基态原子未成对电子数： D．基态原子的第一电离能：
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，即，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。
4．（2025·甘肃·高考真题）我国科学家制备了具有优良双折射性能的材料。下列说法正确的是
A．电负性 B．原子半径
C．中所有I的孤电子对数相同 D．中所有N—H极性相同
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，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，C正确；
D．六元环内存在大π键，大π键具有吸电子效应，离大π键比较近，N-H键极性更大，D错误；
故选C。
5．（2024·重庆·高考真题）R、X、Y和Z为短周期元素，的分子结构如下所示。R中电子只有一种自旋取向，X、Y和Z处于同一周期，X的核外电子数等于Y的最高能级电子数，且等于Z的最外层电子数。下列说法正确的是
A．原子半径： B．非金属性：
C．单质的沸点： D．最高正化合价：
A【分析】R、X、Y和Z为短周期元素，R中电子只有一种自旋取向，R为H元素；X、Y和Z处于同一周期，X的核外电子数等于Y的最高能级电子数，且等于Z的最外层电子数，XY3ZR3的分子中X、Z均形成4个共价键，则X为B元素、Z为N元素；Y只形成1个共价键，结合位置可知Y为F元素，以此来解答。
【详解】A．X为B元素、Z为N元素，同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：Z＜X，故A正确；
B．Y为F元素、Z为N元素，同周期主族元素从左向右非金属性增强，则非金属性：Y＞Z，故B错误；
C．X为B元素、Y为F元素，X的单质为共价晶体，Y的单质为分子晶体，单质的沸点：X＞Y，故C错误；
D．R为H元素、X为B元素，最高正化合价：X(+3)＞R(+1)，故D错误；
故选：A。
考点一 原子的结构与元素的性质
1．（2025·北京丰台·二模）我国首次制备出丰度超过99%的。经质子束流轰击可获得具有放射性的医用核素。下列说法不正确的是
A．Ni属于d区元素
B．原子核内中子数是36
C．与互为同位素
D．经质子束流轰击获得的过程不属于化学变化
C【详解】A．Ni元素价层电子排布式为：3d84s2，所以Ni属于d区元素，A不符合题意；
B．原子中满足：质子数＋中子数＝质量数，64Ni的原子序数为28，原子的质量数为64，原子中满足：原子序数＝核电荷数＝质子数＝核外电子数，中中子数为64-28＝36，所以64Ni的中子数为36，B不符合题意；
C．同位素的定义是质子数相同，中子数不同的原子间互称同位素，同位素一定是同种元素，而64Ni与64Cu不是同一元素，所以不是同位素，C符合题意；
D．化学变化的最小粒子是原子，而经质子束流轰击获得是在原子核层面上发生的变化，其不属于化学变化，正确，D不符合题意；
故选C。
2．（2025·北京海淀·一模）我国科学家成功获得克级丰度超99%的并用于制备。易与、、等原子形成配位键“搭载”在多种药物上。下列说法正确的是
A．可用质谱法区分和
B．转变为的过程中发生了化学变化
C．与原子形成配位键时，提供孤电子对
D．在铜元素的核素中，的质量数最小
A【详解】A．质谱法可以测定物质的相对分子质量，和的相对原子质量不同，故可用质谱法区分和，A正确；
B．转变为，原子核发生变化，元素种类改变，属于核反应，不是化学变化，B错误；
C．与原子形成配位键时，提供空轨道，硫原子提供孤电子对，C错误；
D．在铜元素的核素中，铜的天然稳定同位素包括和，因此并不是铜核素中质量数最小的，D错误；
故选A。
3．（2025·北京石景山·一模）采用锶（）同位素与氧同位素检测方法研究亚长（商王朝人）的部分数据如下。
下列说法不正确的是
A．原子核外电子数为38 B．的原子核内有10个中子
C．和所含质子数不同 D．结合检测数据推测：亚长并非本地人
C【详解】A．锶(38Sr)的质子数为38，核外电子数38，故A正确；
B．18O的质子数=8，质量数为18，原子核内的中子数=18-8=10，故B正确；
C．87Sr和86Sr的质子数都为38，所含质子数相同，是同种元素的不同原子，故C错误；
D．采用锶(38Sr)同位素与氧同位素检测方法研究亚长(商王朝人)的部分数据可知，亚长并非本地人，故D正确；
答案选C。
4．（2025·天津和平·二模）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是
A．原子半径： B．碱性：
C．热稳定性： D．酸性：
D【详解】A．Na和Mg位于同一周期，原子序数Na < Mg。根据元素周期律，同一周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径Na>Mg，能用元素周期律解释，A不符合题意；
B． K和Na位于同一主族，原子序数K > Na。由元素周期律可知，同一主族从上到下金属性逐渐增强，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。因为K的金属性强于Na，所以碱性，能用元素周期律解释，B不符合题意；
C．N和P位于同一主族，原子序数P > N。按照元素周期律，同一主族从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性越强，其氢化物的热稳定性越强。由于N的非金属性强于P，所以热稳定性，能用元素周期律解释，C不符合题意；
D．和H2S是无氧酸，元素周期律可以比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，无氧酸的酸性强弱不能直接用元素周期律解释，D符合题意；
综上，答案是D。
5．（2025·江苏常州·二模）铝土矿除主要成分，还存在多种第三周期元素如Mg、S。下列说法正确的是
A．半径： B．热稳定性：
C．碱性： D．第一电离能：
B【详解】A．和具有相同的电子层结构，原子序数越大，离子半径越小，则有离子半径：，A错误；
B．元素非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强；O和S为同主族上下相邻的2种元素，非金属性，则简单氢化物的稳定性：，B正确；
C．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物碱性越强；Mg和Al为同一周期相邻的2种元素，金属性，则最高价碱的碱性：，C错误；
D．同周期元素第一电离能总体趋势：核电荷数越大，第一电离能越大；基态Mg原子价电子排布式为，基态Al原子价电子排布式为，Mg的第一电离能失去的是能量较低的3s能级上的电子，Al的第一电离能失去的是能量较高的3p能级上的电子，则第一电离能：，D错误；
故答案为：B。
考点二 文字表达性推断题
1．（2025·河北·一模）化合物用于电沉积研究。该化合物由X、Y、Z、M、Q五种原子序数依次增大的短周期主族元素组成，X是原子半径最小的原子；基态M的全部p轨道共有7个电子且只与Q位于同一周期，M、Y、Z位于相邻且连续的三个主族，Z和M价电子总数是Y价电子数的两倍。下列有关说法错误的是
A．第一电离能：
B．原子半径：
C．和的性质不完全相同
D．中存在配位键
B【分析】X是原子半径最小的原子，则X为H；基态M的全部p轨道共有7个电子，则M为Al；M，Y，Z位于相邻且连续的主族，Z和M价电子总数是Y价电子数的两倍，Al的价电子数为3，则Z的价电子数为5，位于第二周期，说明Z为N，Y为C；根据[AlCl4]-可知Q为Cl，化合物为。
【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＞C，金属Al第一电离能较小，故第一电离能N＞C＞Al，A正确；
B．一般来说，电子层数越多半径越大，同一周期从左到右原子半径依次减小，因此原子半径Al＞Cl＞C＞N，B错误；
C．1H与2H是同位素，它们形成的H2O（1H2O和2H2O）化学性质相同，物理性质有所不同，C正确；
D．Al最外层有3个电子，可以形成3条共价键，[AlCl4]-中存在4条共价键，因此其中一条是配位键，D正确；
故选B。
2．（2025·河北·二模）已知：、、、、为原子序数依次增大的短周期主族元素，和同主族。由上述元素形成的化合物可用于治疗心脑血管疾病，其结构如图所示，下列说法正确的是
A．简单氢化物沸点：
B．由、、三种元素形成的化合物可能为离子化合物
C．化合物中所有原子均满足8电子稳定结构
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：
B【分析】已知：R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y和Z同主族，根据分子结构式可知，R形成1个共价键，W形成4个共价键，X形成3个共价键，Y形成2个共价键，Z形成6个共价键。结合该物质结构根据价键理论可知R是H，W是C，X是N，Y是O，Z是S，据此分析；
【详解】A．X、Y、Z的最简单氢化物分别为、、，、有分子间氢键，且水分子之间氢键较多，常温为液体，氨气常温为气体，则沸点：，A错误；
B．由H、C、N三种元素形成的化合物可能为离子化合，如NH4NO3，B正确；
C．化合物中H、S原子不满足8电子稳定结构，C错误；
D．非金属性：S>C，最高价氧化物对应的酸的酸性，，D错误；
故选B。
3．（2025·辽宁抚顺·三模）X、Y、Z、W是位于不同周期的前四周期主族元素，它们的原子序数依次增大，且Y与X两种元素原子序数的差值等于Z、Y两种元素原子序数的差值，Z元素基态原子p轨道电子排布是半充满状态，含W元素的物质灼烧时焰色呈紫色。下列说法正确的是
A．离子半径：W>Z>Y B．是直线形分子
C．Z的氢化物具有还原性 D．的水溶液具有强酸性
C【分析】X、Y、Z、W是位于不同周期的前四周期主族元素，则X元素为H；Z元素基态原子p轨道电子排布是半充满状态，Z又位于第三周期，则Z元素为P；Y与X两种元素原子序数的差值等于Z、Y两种元素原子序数的差值。则Y元素为O；含W元素的物质灼烧时焰色呈紫色。故W元素为K。
【详解】A．W的离子是，Z的离子是，Y的离子是。离子半径比较规律：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。电子层数为3，电子层数为3，电子层数为2。和电子层数相同，P的核电荷数小于K，所以r()>r()，电子层数多于，所以r()>r()。因此离子半径应为Z()>W()>Y()，A选项错误；
B．为，的结构是折线形，不是直线形，B选项错误；
C．Z的氢化物为，P元素化合价为-3价，处于最低价态，最低价态的元素具有还原性，能被氧化，所以具有还原性，C选项正确；
D．为，与水反应生成和，反应方程式为，生成的是强碱，溶液呈碱性，不是强酸性，D选项错误；
故选C。
4．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）A、B、C、D、E是原子序数依次增大的5种短周期元素。A是宇宙中含量最多的元素；B原子核外有3种空间运动状态不同的电子；C的第一电离能高于同周期相邻元素；D元素原子只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子；E的价电子数等于能层数。下列说法错误的是
A．B、C可形成共价晶体
B．对应氧化物的化学键中离子键百分数：D>E
C．键角：
D．电负性：
C【分析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的5种短周期元素，A是宇宙中含量最多的元素，A为H；B原子核外有3种空间运动状态不同的电子，则B的电子排布式为1s22s22p1，B为B(硼)；C的第一电离能高于同周期相邻元素，C为N；D元素原子中只有两种形状的电子云，最外层只有一种自旋方向的电子，说明它只有s、p轨道，其核外电子排布式为1s22s22p63s1，D为Na；E的价电子数等于能层数，则E为Al。综上，A、B、C、D、E依次为H、B、N、Na、Al元素，以此分析。
【详解】A．B、C分别为B和N元素，二者能形成化合物BN，BN的熔点很高，BN属于共价晶体，A正确；
B．D、E对应的氧化为分别是Na2O、Al2O3，Na和O的电负性差值大于Al和O的电负性差值，故Na2O的离子键百分数大于Al2O3的离子键百分数，B正确；
C．N2H4的结构式为，N采取sp3杂化且有一个孤电子对；中N的价层电子对数为，N 采取sp3杂化且无孤电子对；在中心原子杂化方式相同的情况下，孤电子对越多的，键角越小，则键角：N2H4<，C错误；
D．电负性可反映元素的原子在化合物中吸引电子的能力，电负性：N>Na，D正确；
故答案为C。
5．（2025·山西晋中·二模）X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的基态原子2p能级上各有两个未成对电子，是形成酸雨的物质之一，基态原子能层只有一个电子，其余能层全充满。下列说法错误的是
A．电负性：
B．第一电离能：
C．与能形成不止一种化合物
D．、的最高正化合价均为+6
D【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的基态原子2p能级上各有两个未成对电子，X是C元素、Z是O元素，则Y是N元素；是形成酸雨的物质之一，Q的原子序数大于O，Q是S元素；基态原子能层只有一个电子，其余能层全充满，W是Cu元素。
【详解】A．同周期主族元素从左到右电负性增大，电负性O>N，同主族元素从上到下电负性减小，电负性O>S，液态NH3和液态H2S相比，NH3分子间存在氢键，说明N比S更强烈的吸引H上的电子，电负性N>S，所以电负性：，故A正确；
B．同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能，故B正确；
C．Cu与O能形成化合物CuO、Cu2O，故C正确；
D．S的最高正化合价为+6，O无最高价，故D错误；
选D。
考点三 物质的性质推断题
1．（2025·福建厦门·二模）一种电池电解质的前驱体结构如图。X、Y、Z、W、Q为分属三个主族的短周期元素，Z的电负性最大，X基态原子的s轨道上电子数是p轨道的2倍。下列说法错误的是
A．最简单氢化物沸点：
B．第一电离能：
C．键长：
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：
A【分析】X、Y、Z、W、Q为分属三个主族的短周期元素，由前驱体的结构式可知，Z、Q形成1个共价键，Z的电负性最大，故Z为F，Q为Cl，X基态原子的s轨道上电子数是p轨道的2倍，X电子排布式为1s22s22p2，故X为C，Y形成2个共价键，W形成6个共价键，故Y为O，W为S，据此解答。
【详解】A．根据上述分析，Y为O，W为S，X为C，H2O分子间存在氢键故沸点最高，相对分子质量越大，分子间范德华力越大，沸点越高，故沸点：H2S＞CH4，故最简单氢化物沸点：Y＞W＞X，A错误；
B．Z为F，Y为O，X为C，同一周期内，随着原子序数的递增，元素第一电离能呈增大趋势，故第一电离能：F＞O＞C，B正确；
C．W为S，X为C，Z为F，Q为Cl，原子半径：S＞Cl＞C＞F，成键原子的半径越大，则键长越长，故键长：S—Cl＞S—C＞C—F，C正确；
D．W为S，X为C，Q为Cl,元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性：HClO4＞H2SO4＞H2CO3，D正确；
故答案为：A。
2．（2025·福建莆田·二模）某含铂(Pt)广谱抗癌药的结构如下图所示。短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中X、Y、Z同属第二周期，且Y的第一电离能比X、Z的大。下列说法正确的是
A．电负性：X>Y>Z B．简单氢化物的键角：X>Y>Z
C．含氧酸的酸性：X>Y D．X2W2为极性分子
B【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中X、Y、Z同属第二周期，X形成4个共价键、Z形成2个共价键，且Y的第一电离能比X、Z的大，则X是C、Y是N、Z是O元素，W形成1个共价键，W是H元素。
【详解】A．同周期主族元素从左到右电负性依次增大，电负性O>N>C，故A错误；
B．CH4中C原子价电子对数为4，无孤电子对；NH3中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对；H2O中O原子价电子对数为4，有2个孤电子对，其简单氢化物中，中心原子均采取sp3杂化，由于孤电子对对成键电子对的排斥大于成键电子对之间的排斥，孤对电子越多，键角越小，简单氢化物的键角：CH4 >NH3>H2O，故B正确；
C．C、N元素均不止一种含氧酸，其中酸性：H2CO3D．C2H2是直线型分子，结构对称，为非极性分子，故D错误；
选B。
3．（2025·云南大理·二模）一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族但不相邻，Q、Z、Y为相邻元素，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，下列说法正确的是
A．和均为极性分子 B．电负性：YC．X、Y、Z三种元素形成的化合物均显酸性 D．W与Y形成的化合物中只含离子键
A【分析】一种工业洗涤剂中间体结构式如图所示，其中短周期元素X、Q、Z、Y、W原子序数依次增大，X和W同主族但不相邻，W形成+1价阳离子，X形成1个共价键，则X为H，W为Na；Y形成2个共价键，其原子序数小于Na，则Y为O；Q形成4个共价键，其最外层电子数为4，原子序数小于O，则Q为C；Q、Z、Y为相邻元素，Y和Q最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，Z原子L层电子数为=5，则Z为N，以此分析解答。
【详解】A．H2O和H2O2的正负电荷的重心不重合，均为极性分子，故A正确；
B．同一周期从左到右元素的电负性呈增大趋势，因此电负性：O＞N＞C，即Y＞Z＞Q，故B错误；
C．H、N、O形成的NH3·H2O显碱性，故C错误；
D．W与Y形成的化合物可能为Na2O或Na2O2，Na2O只含离子键，但Na2O2中既含离子键又含共价键，故D错误。
答案选A。
4．（2025·湖北黄石·二模）我国科学家发现，添加LiX2Y4ZW2能有效减缓锂离子电池容量衰减，其结构式如图所示，Z、Y、W、X是原子序数依次增大的短周期元素，其中Z原子满足8电子稳定结构，X、Y原子核外均有2个未成对电子。下列说法正确的是
A．第一电离能：ZY>Z
C．简单氢化物沸点：YD【分析】阴离子结构整体带一个单位的负电荷，Z原子形成2个共价键，满足8电子稳定结构，说明Z为第VA族元素，结合Z、Y、W、X是原子序数依次增大的短周期元素，则Z为N元素；Y原子核外有2个未成对电子，且可形成2对共用电子对，则Y为O元素；W可形成1对共用电子对，则W为F元素；X原子核外有2个未成对电子，且可形成6个共价键，则X为S元素，据此解答。
【详解】A．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N的2p轨道为半充满稳定状态，其第一电离能大于右边相邻元素，则第一电离能：OB．电子层数越多，离子半径越大，且电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：S2->N3->O2-，即X>Z>Y，B错误；
C．水分子能形成分子间氢键，导致其沸点高于H2S，则简单氢化物沸点：Y>X，C错误；
D．X为S元素，Z为N元素，X和Z的最高价含氧酸分别为硫酸、硝酸，都为强酸，D正确；
故选D。
5．（2025·山东·二模）某锂离子电池电解液添加剂结构如图。短周期非金属元素原子序数依次增大，其中Y的含氧酸为一元酸，基态Q原子中s与p轨道电子数之比为2：3。下列说法正确的是
A．第一电离能： B．最简单氢化物沸点：
C．最高价氧化物对应水化物的酸性： D．键角：
D【分析】Y的含氧酸为一元酸，则可能是硝酸或硼酸，根据题中结构图可知Y为B元素；基态Q原子中s与p轨道电子数之比为2：3，则Q为P元素；X和Z元素都能形成一个化学键，且短周期非金属元素原子序数依次增大，则X为H元素，Z为F元素。
【详解】A．同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，同主族元素第一电离能从上到下依次减弱，故第一电离能：F>P>B，A错误；
B．HF分子间有氢键，则简单氢化物沸点高于PH3，B错误；
C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，P的非金属性强于B的非金属性，故H3PO4>H3BO3，C错误；
D．X3YQZ3中P原子有4个σ键，属于sp3杂化；QZ3中P原子有3个σ键，一个孤电子对，属于sp3杂化，但孤电子对对化学键的作用力比化学键对化学键的作用力大，故Z—Q—Z键角：，D正确；
故答案为D。
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