专题04 物质结构与元素周期律（3大题型）（浙江专用）2026年高考化学二模分类汇编

专题04 物质结构与性质 元素周期律 考点概览 题型一 元素周期律 题型二 物质结构、性质、用途描述题 题型三 物质结构与性质 元素周期律题型一 1．（2026·浙江杭州新登中学·二模）根据物质结构和元素周期律，下列说法不正确的是 A．一级电离平衡常数：H2Se>H2S B．第二电离能：N>O C．键角：NH3>H2O D．分子极性：NF3>BF3 【答案】B 【详解】A．和均为弱酸，Se原子半径大于S，H-Se键更弱，更易电离，故一级电离平衡常数 > ，Ａ正确； B．N原子第一电离能大于O，但第二电离能时，为构型不稳定，为2p3半满稳定构型，移除第二个电子需更高能量，故第二电离能O > N，Ｂ错误； C．和都是杂化，有一个孤电子对，有两个孤电子对，孤电子对越多键角越小，故键角NH3 > H2O，C正确； D．为三角锥形极性分子，为平面三角形非极性分子，故分子极性> ，D正确； 故答案选B。 2．（2026·浙江新阵地教育联盟·二模）根据元素周期律，下列说法正确的是 A．稳定性：HF>H2O B．电负性：H>C C．分子的极性：OF2>H2O D．电离能：I1(Ne)>I2(Na) 【答案】A 【详解】A．非金属性越强，简单气态氢化物稳定性越强；同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，非金属性F>O，因此稳定性HF>H2O，A正确； B．中C呈负化合价，因此电负性C>H，B错误； C．OF2和H2O均为V形不对称结构，分子极性和键极性正相关，O与F的电负性差小于O与H的电负性差，因此键极性O-H更强，分子极性H2O>OF2，C错误； D．Ne核电荷数为10，Na+（Na失去第一个电子后形成的结构）核电荷数为11，二者电子排布相同，核电荷数越大对核外电子吸引力越强，失去电子需要的能量更高，因此Na的第二电离能I2(Na)大于Ne的第一电离能I1(Ne)，D错误； 故选A。 3．（2026·宁波镇海中学·二模）根据元素周期律，下列说法不正确的是 A．分子的极性： B．第二电离能： C．电负性： D．化合物中离子键百分数： 【答案】B 【详解】A．N2为对称结构的双原子单质分子，属于非极性分子，O3为V形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，因此分子极性：，A正确； B．Cu的核外电子排布为，失去1个电子后为的全满稳定结构，再失去1个电子需要更高能量；Zn的核外电子排布为，失去1个电子后为，很容易再失去4s电子，因此第二电离能：，B错误； C．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，Be、B位于第二周期，原子序数Be<B，因此电负性：，C正确； D．成键元素的电负性差越大，化合物中离子键百分数越大；Mg的电负性小于Al，Mg与O的电负性差大于Al与O的电负性差，因此离子键百分数：，D正确； 答案选B。 4．（2026·宁波十校·二模）下列关于元素周期律和元素周期表的认识错误的是 A．第一电离能：Na＜Mg＜Al B．电负性：Br＞As C．Be元素位于周期表的s区 D．半径： 【答案】A 【详解】A．同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，但Mg的3s轨道为全满稳定结构，第一电离能大于Al，正确顺序为Na＜Al＜Mg，A错误； B．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，Br和As同属第四周期，Br的原子序数更大，电负性Br＞As，B正确； C．Be的价电子排布为2s2，属于第ⅡA族元素，位于周期表s区，C正确； D．O2-和Mg2+核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故半径O2-＞Mg2+，D正确； 故选A。 5．（2026·浙江金丽衢十二校·二联）下列说法正确的是 A．第一电离能： B．半径比较： C．结合的能力： D．分子极性： 【答案】D 【详解】A．Be的价电子排布为，是全满稳定结构，失电子更难，第一电离能大于相邻的B，因此第一电离能：，A错误； B．和核外均为2个电子，电子层结构相同时，核电荷数越大，对核外电子吸引力越强，半径越小，核电荷数，因此半径：，B错误； C．酸性，酸性越强，对应共轭碱结合的能力越弱，且反应可以发生，说明结合能力：，C错误。 D．和均为V形极性分子，O的电负性大于S，键的极性强于键，因此分子极性：，D正确； 故选D。 6．（2026·浙江宁波·高考选考模拟）根据元素周期律，下列说法不正确的是 A．离子半径： B．热稳定性： C．第一电离能： D．氧化性： 【答案】C 【详解】A．和电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径，A正确，不符合题意； B．同主族从上到下非金属性减弱，非金属性，非金属性越强气态氢化物热稳定性越强，故热稳定性，B正确，不符合题意； C．N原子2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于同周期相邻的O，即第一电离能，C错误，符合题意； D．同主族从上到下非金属性减弱，非金属性，非金属性越强单质氧化性越强，故氧化性，D正确，不符合题意； 故答案选C。 7．（2026·浙江台州·二模）根据元素周期律推测，下列说法不正确的是 A．金属性： B．原子半径： C．电负性： D．共价键的极性： 【答案】A 【详解】A．同主族元素从上到下金属性逐渐增强，K位于Na的下方，金属性：，A错误； B．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，Cl位于S的右侧，原子半径：，B正确； C．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，Cl位于Si的右侧，电负性：，C正确； D．共价键极性与成键原子电负性差值呈正相关，F的电负性大于O的，F与H的电负性差值大于O与H的差值，故共价键的极性：，D正确； 故选A。 8．（2026·浙江绍兴·二模）根据元素周期律，下列说法不正确的是 A．电负性：Na<Mg     B．还原性：S2->O2- C．稳定性：NH3<PH3 D．酸性：HClO4>H2SO4 【答案】C 【详解】A．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，Na、Mg均为第三周期主族元素，Na在Mg左侧，因此电负性，A正确； B．同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，对应简单阴离子还原性逐渐增强，O、S同属第ⅥA族，S在O下方，因此还原性，B正确； C．元素非金属性越强，其简单气态氢化物稳定性越强，N、P同属第ⅤA族，N的非金属性强于P，因此稳定性，C错误； D．同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，Cl非金属性强于S，因此酸性，D正确； 故选C。 9．（2026·浙江杭州·二模）通用人形机器人的制造材料涉及多种元素，如：B、C、Si、N、Mg、Al、Ti、Cl、O等下列有关这些元素说法不正确的是 A．原子半径： B．第一电离能： C．电负性： D．氢化物热稳定性： 【答案】B 【详解】A．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，Mg、Al、Si均为第三周期元素，原子序数依次增大，故原子半径，A正确； B．同周期主族元素第一电离能整体呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于相邻的O，故第一电离能顺序为，B错误； C．电负性变化规律为同周期从左到右增大，同主族从上到下减小，Cl的电负性大于C，同周期C位于B右侧，电负性，故电负性，C正确； D．元素非金属性越强，简单氢化物热稳定性越强，非金属性，故氢化物热稳定性，D正确； 故选B。 10．（2026·浙江嘉兴·高三教学测试）根据元素周期律推测，下列说法不正确的是 A．非金属性： B．电负性： C．原子半径： D．热稳定性： 【答案】A 【详解】A．同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，B和C均为第二周期主族元素，原子序数B<C，故非金属性，A错误； B．氢是非金属元素，锂是活泼的金属元素，氢吸引电子的能力远强于锂，故电负性，B正确； C．原子核外电子层数越多原子半径越大，Na核外有3个电子层，F核外有2个电子层，故原子半径，C正确； D．元素非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，非金属性，故热稳定性，D正确； 故选A。 11．（2026·浙江温州·二模）根据元素周期律，下列说法不正确的是 A．第一电离能：Mg＞Al B．还原性：K＞Na C．最高化合价：S＞Cl D．热稳定性：CH4＞SiH4 【答案】C 【详解】A．Mg的价电子排布为，处于全满的稳定结构，Al的价电子排布为，更易失去电子，因此第一电离能Mg>Al，A正确； B．同主族从上到下金属性逐渐增强，金属性K>Na，金属性越强单质还原性越强，因此还原性K>Na，B正确； C．S为第ⅥA族元素，最高正价为+6，Cl为第ⅦA族元素，最高正价为+7，因此最高化合价S<Cl，C错误； D．同主族从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性C>Si，非金属性越强简单气态氢化物热稳定性越强，因此热稳定性，D正确； 故选C。 12．（2026·浙江湖州&衢州·二模）根据物质结构或元素周期律推测，下列说法正确的是 A．半径： B．第一电离能： C．酸性： D．键角： 【答案】B 【详解】A．与核外电子排布相同，核电荷数，相同电子排布时，核电荷数越大离子半径越小，故半径，A错误； B．同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，和同属第ⅤA族，位于上方，故第一电离能，B正确； C．I原子半径大于Cl原子，键键长小于键，所以键键能大于键，在水溶液中更易电离出，酸性，C错误； D．中心价层电子对数为4，杂化，实际构型为三角锥，含1对孤电子对，孤电子对斥力大于成键电子对，键角小于；中心价层电子对数为4，也是杂化，但无孤电子对，实际构型为正四面体形，键角为，故键角，D错误； 故选B。 13．（2026·浙江杭州新登中学·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元素原子核外电子只有一种自旋取向；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同；C元素原子价层电子排布是nsnnp2n；D元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等；E元素原子最外层有7个电子。下列说法不正确的是 A．简单离子半径：E>C>D B．由A、C、E元素组成的化合物可能具有消毒作用 C．由A、B、C元素组成的化合物可能是酸、碱或盐 D．工业上通过电解DE2溶液可制备单质D 【答案】D 【分析】A元素原子核外电子只有一种自旋取向，其单电子自旋方向唯一，说明为氢；B元素原子最高能级不同轨道都有电子且自旋相同，说明最高能级半满且电子自旋平行，推断为氮；C元素原子价层电子排布为，时，价层电子排布为，推断为氧；D元素原子核外s能级与p能级电子总数相等，电子构型为，s电子总数6，p电子总数6，推断为镁；E元素原子最外层有7个电子，推断为氯。 【详解】A．电子层数越多，离子半径越大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小。有3个电子层， 有2个电子层，且电子层结构相同，所以简单离子半径：，A正确； B．A(H)、C(O)、E(Cl)可形成HClO，有强氧化性，具有消毒作用，B正确； C．A(H)、B(N)、C(O)可形成（酸）、（碱）、（盐），C正确； D．，工业上制备单质Mg需电解熔融，D不正确； 故选D。 物质结构、性质、用途文字描述题题型二 1．（25-26高三下·浙江杭州·二模）物质的结构决定性质，下列说法不正确的是 选项 结构 性质 A 碳原子改变了铁原子的规则排列 高碳钢韧性较好 B 晶体比表面积增大 晶粒越小的铅熔点越低 C 超临界二氧化碳是非极性分子 可用于洗涤油污 D 聚四氟乙烯(PTFE)分子中键能大，分子链结构高度对称 PTFE化学性质稳定，耐腐蚀 【答案】A 【来源】浙江杭州市2025-2026学年第二学期高三年级教学质量检测 化学试题卷 【详解】A．碳原子改变铁原子的规则排列后，会阻碍铁晶体的层间滑动，使高碳钢硬度升高、韧性下降，并非韧性较好，A错误； B．晶粒越小，晶体比表面积越大，表面原子占比更高、能量更高，因此熔点越低，B正确； C．油污主要为非极性有机物，超临界二氧化碳是非极性分子，根据相似相溶原理可用于洗涤油污，C正确； D．C-F键键能大，且聚四氟乙烯分子链结构高度对称，因此其化学性质稳定，不易与多数化学试剂反应、耐腐蚀，D正确； 故选A。 2．（2026·浙江宁波·二模）可根据物质结构推测其性质，下列推测的性质不合理的是 选项 结构 性质 A 乙烯含有碳碳双键 乙烯可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应 B 油酸甘油酯含有酯基 油酸甘油酯可在碱性条件下发生水解反应 C 乙醇含有羟基 乙醇能与金属钠反应放出氢气 D 苯含有不饱和键 苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化 【答案】D 【详解】A．碳碳双键可发生加成反应，乙烯含碳碳双键能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，推测合理，故不选A； B．酯基可在碱性条件下发生水解反应，油酸甘油酯含酯基能发生碱性水解，推测合理，故不选B； C．羟基中的氢可与金属钠反应生成氢气，乙醇含羟基能与钠反应放出氢气，推测合理，故不选C； D．苯中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊键，不存在普通碳碳不饱和键，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故选D； 选D。 3．（2026·浙江金丽衢十二校·二联）下列物质的结构或者性质不能说明其用途的是 A．碳化硅的碳、硅原子间通过共价键形成空间网状结构，硬度大，可用作砂轮磨料 B．硅胶具有疏松多孔结构，吸附性强，可用作袋装食品防潮剂 C．明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的消毒杀菌 D．苯酚酚羟基的邻对位易取代，可用浓溴水定量测定苯酚 【答案】C 【详解】A．碳化硅属于共价晶体，碳、硅原子通过共价键形成空间网状结构，硬度大，可作砂轮磨料，结构与用途对应，A正确，不符合题意； B．硅胶具有疏松多孔结构，吸附水的能力强，因此可用作袋装食品防潮剂，性质与用途对应，B正确，不符合题意； C．明矾溶于水形成的氢氧化铝胶体可以吸附水中悬浮杂质起到净水作用，但明矾没有强氧化性，不能对自来水消毒杀菌，性质与用途不对应，C错误，符合题意； D．苯酚酚羟基的邻对位氢易被溴取代，可与浓溴水定量反应生成三溴苯酚沉淀，因此可用浓溴水定量测定苯酚，性质与用途对应，D正确，不符合题意； 故答案选C。 4．（2026·浙江绍兴·二模）物质的结构决定性质。下列说法不正确的是 A．苯含有大π键的高度对称的分子结构比较稳定 B．CCl4空间构型为正四面体型，属于非极性分子，故难溶于水 C．甘油存在分子内氢键，故保湿能力强，在护肤品中被广泛运用 D．三氟乙酸(CF3COOH)的酸性比乙酸强 【答案】C 【详解】A．苯分子中存在大π键，结构高度对称，共轭体系使其分子稳定性较高，A正确； B．中心C原子采取杂化，无孤电子对，空间构型为正四面体形，正负电荷中心重合属于非极性分子，而是极性分子，根据相似相溶原理，难溶于水，B正确； C．甘油（丙三醇）分子中含有多个羟基，其保湿能力强是因为能与水分子形成大量分子间氢键，而非分子内氢键，C错误； D．F的电负性远大于H，存在强吸电子诱导效应，使三氟乙酸（）中羧基的O-H键极性更强，更易电离出，因此酸性强于乙酸，D正确； 故选C。 5．（2026·浙江湖州&衢州·二模）关于物质的结构和性质，下列说法正确的是 A．的熔点高于，前者离子键的百分数更高 B．金属晶体中，阳离子在热的作用下频繁碰撞，故金属的电导率随温度的升高而降低 C．的沸点高于，前者分子之间有氢键，后者分子之间没有 D．氮原子之间能形成氮氮三键，而砷原子之间不能形成三键，因为前者原子半径小，后者原子半径大 【答案】D 【详解】A．熔点更高是因为电荷数更高、半径更小，晶格能大于；与的电负性差更大，故的离子键百分数更高，A错误； B．金属电导率随温度升高降低，是因为温度升高时金属阳离子热振动加剧，对自由电子的阻碍作用增强，并非阳离子频繁碰撞导致，B错误； C．分子中含有羟基，分子间同样存在氢键，乙酸沸点高是因为乙酸分子间氢键数量比乙醇更多，强度更大，C错误； D．原子半径小，2p轨道可有效肩并肩重叠形成稳定π键，故能形成氮氮三键；原子半径大，p轨道重叠程度小，难以形成稳定π键，故不能形成三键，D正确； 故选D。 6．（2026·浙江嘉兴·二模）物质结构决定性质，下列说法不正确的是 A．金属铯的熔点较低 B．甲酸酸性强于乙酸 C．石墨烯强度大，不能导电 D．()在四氯化碳中溶解度大 【答案】C 【详解】A．铯是一种低熔点的金属，其熔点只有28.40℃，A正确； B．烃基为推电子基团，使羧基中羟基的极性变小、酸性减弱，烃基越大酸性越弱，则酸性：乙酸＜甲酸，B正确； C．石墨烯的强度大、导电导热性能强，C不正确； D．()为‌共价化合物‌，属于非极性分子，易溶于非极性溶剂四氯化碳中，即在四氯化碳中溶解度大，D正确； 答案选C。 7．（2026·浙江新阵地教育联盟·二模）物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列化学事实与结构原因不匹配的是 选项 化学事实 结构原因 A 冰的密度比干冰小 冰中的水分子采取非密堆积的方式 B 生铁的延展性不如纯铁 掺入合金元素后原子层间相对滑动变困难 C 焰色试验可以使用铂丝 铂丝灼烧时不发生电子的跃迁 D 1000℃以上时CuO会分解生成和 的价层电子达到全充满结构，更稳定 【答案】C 【详解】A．冰中水分子间氢键具有方向性，使水分子采取非密堆积，分子间空隙更大，因此冰密度更小，A不符合题意； B．生铁是铁碳合金，掺入杂质后原子排列的规整性下降，原子层间相对滑动变困难，因此延展性不如纯铁，B不符合题意； C．焰色试验的本质是电子跃迁释放能量产生光谱，铂丝灼烧时也会发生电子跃迁，只是其跃迁产生的光不在可见光区，不会干扰待测物的焰色观察，并非不发生电子跃迁，C符合题意； D．的价层电子排布为，达到全充满稳定结构，比更稳定，D不符合题意； 故答案选C。 8．（2026·浙江台州·二模）物质的结构决定性质，下列性质的比较不合理的是 选项 结构 性质 A ①  ② 给出质子的能力：①>② B 邻羟基苯甲醛存在分子内氢键 沸点：邻羟基苯甲醛>对羟基苯甲醛 C 乙炔、乙烷中C分别为sp杂化、杂化 水中溶解度： D 结构 结构 与的配位能力： 【答案】B 【详解】A．中，带正电的会吸引配位水分子中的电子云，增强键的极性，使更易电离给出质子，因此给出质子能力：，A合理； B．邻羟基苯甲醛存在分子内氢键；对羟基苯甲醛存在分子间氢键，分子间作用力更强，因此沸点：邻羟基苯甲醛 < 对羟基苯甲醛，B不合理； C．乙炔中为杂化，电负性大于杂化的乙烷中，乙炔极性更强，还可与水形成弱氢键，因此水中溶解度：，C合理； D．NH3分子中N上有1个孤电子对，电子云密度较高，H2O中O上有2个孤电子对，孤电子对之间的排斥作用，降低其配位能力，同时可以与结合形成更稳定的，替换配位的，说明与的配位能力：，D合理； 故答案选B。 9．（2026·宁波镇海中学·二模）物质的组成、结构和性质用途往往相互关联，下列说法不正确的是 A．具有氧化性，故可用于纸张、织物脱色 B．维生素C还原性强，故可作为抗氧化剂 C．硫酸钙能使豆浆中的蛋白质聚沉，故可用作制作豆腐的凝固剂 D．聚乳酸具有良好的生物相容性和生物可吸收性，故可用于手术缝合线、骨科固定材料等 【答案】A 【详解】A．用于纸张、织物脱色，是利用的漂白性，与其氧化性无关，因果关系不成立，A错误； B．维生素C还原性强，易被氧化，可保护其他物质不被氧化，因此可作为抗氧化剂，B正确； C．豆浆属于蛋白质胶体，硫酸钙作为电解质可以使胶体发生聚沉，因此可用作制作豆腐的凝固剂，C正确； D．聚乳酸具有良好的生物相容性和生物可吸收性，可被人体降解吸收，因此可用于手术缝合线、骨科固定材料等，D正确； 故答案选A。 10．（2026·浙江温州·二模）结构决定性质，进而影响用途。下列结构或性质不能说明其用途的是 选项 结构或性质 用途 A 铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐 铁粉可用作补铁剂 B 可中和酸并受热分解产生气体 可用作食品膨松剂 C 微溶于水 可用作豆腐的凝固剂 D 二氧化氯有强氧化性 可用作自来水消毒剂 【答案】C 【详解】A．铁粉可与胃酸的主要成分HCl反应生成能被人体吸收的，因此可用作补铁剂，性质和用途对应，A不符合题意； B．受热分解可产生、气体，也可中和发酵产生的酸同时生成气体，能使食品疏松、多孔，可用作食品膨松剂，性质和用途对应，B不符合题意； C．作豆腐凝固剂的原理是其电离出的离子使豆浆中的蛋白质胶体发生聚沉，但其微溶于水的性质并不能直接解释其作为凝固剂的原理，性质不能说明用途，C符合题意； D．的强氧化性可使细菌、病毒的蛋白质变性失活，因此可用作自来水消毒剂，性质和用途对应，D不符合题意； 故选C。 11．（2026·浙江湖州&衢州·二模）下列有关物质的结构、性质和用途说法正确的是 A．与水反应生成，可作为鱼苗运输的补氧剂 B．石膏水解呈酸性，可用来处理盐碱地 C．肥皂结构中有亲水基和疏水基，可用于除去油污 D．氯气与铁能发生反应，故液氯不能用钢瓶储存 【答案】C 【详解】A．与水反应生成，同时生成腐蚀性强碱氢氧化钠，不可作为鱼苗运输的补氧剂，A错误； B．石膏中钙和土壤中碳酸根离子结合成难溶碳酸钙，减小碳酸根离子的水解，从而可用来处理盐碱地，B错误； C．肥皂分子含亲水基（羧酸钠）和憎水基（烃基），通过乳化作用去除油污，C正确； D．液氯常温下和铁不反应，故液氯能用钢瓶储存，D错误； 故选C。 12．（2026·浙江台州·二模）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是 A．碳酸钠溶液显碱性，可用作工业用碱 B．次氯酸具有弱酸性，可用来漂白 C．浓硫酸具有吸水性，可用来干燥 D．硫酸钡不溶于水和酸且不易被射线所透过，可用作造影剂 【答案】B 【详解】A．碳酸钠溶液中碳酸根发生水解反应，使溶液呈碱性，可作为工业用碱用于造纸、制皂等生产，对应关系成立，A正确； B．次氯酸具有漂白性是因为其具有强氧化性，可将有色物质氧化为无色物质，和次氯酸的弱酸性无关，对应关系不成立，B错误； C．浓硫酸具有吸水性，能够吸收水分，可用于干燥与其不反应的物质，对应关系成立，C正确； D．硫酸钡性质稳定，不溶于水和酸，且不易被X射线透过，因此可用作X射线造影剂，对应关系成立，D正确； 故答案选B。 13．（2026·浙江杭州·二模）物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是 A．有吸水性，可用于除去醇溶液中少量的水 B．能氧化Cu单质，可用作印刷电路板腐蚀液 C．使蛋白质胶体聚沉，可用于豆腐的制作 D．易发生水解，可用作金属除锈剂 【答案】A 【详解】A．CaCl2​虽有吸水性，但CaCl2​会与醇结合生成结晶醇复合物（如CaCl2​⋅4C2​H5​OH），无法除去醇溶液中的水，A错误； B．FeCl3中Fe3+可氧化Cu：，因此可用作印刷电路板腐蚀液，B正确； C．MgCl2​是电解质，可使蛋白质胶体发生聚沉，豆腐制作中"点卤"就是利用该原理，C正确； D．NH4​Cl中​水解使溶液呈酸性，酸性溶液可与金属表面的氧化物（锈）反应，因此可用作金属除锈剂，D正确；故选A。 14．（2026·浙江新阵地教育联盟·二模）物质性质决定用途，下列对应关系正确的是 A．二氧化硅具有特殊的光学性能，可用于生产光导纤维 B．银氨溶液具有碱性，可用于制作银镜 C．亚硝酸钠有一定的毒性，故不可用作食品添加剂 D．花生油中含酯基官能团，故花生油能使酸性KMnO4溶液褪色 【答案】A 【详解】A．二氧化硅具有特殊的光学性能，可传导光信号，因此可用于生产光导纤维，性质与用途对应正确，A正确； Ｂ．银氨溶液可制作银镜是因为银氨溶液中具有弱氧化性，能被醛基还原为银单质，不是因为其具有碱性，对应关系错误，B错误； Ｃ．亚硝酸钠虽有毒性，但在规定限量范围内可以作为食品防腐剂、护色剂，属于允许使用的食品添加剂，C错误； Ｄ．花生油能使酸性溶液褪色，是因为花生油是不饱和油脂，分子中含有碳碳双键，酯基不能被酸性高锰酸钾氧化，对应关系错误，D错误； 答案选A。 物质结构与性质题型三 1．（2026·浙江绍兴·二模）无水氯化铝在固态或冷蒸气状态下，均以二聚体Al2Cl6的形式存在，遇到水、醚类等物质时， 二聚体结构会被破坏。下列说法不正确的是 A．二聚体Al2Cl6的结构： B．二聚体Al2Cl6遇到乙醚可形成AlCl3·O(C2H5)2 C．二聚体Al2Cl6遇到水，二聚体结构被破坏的原因是配位能力：H2O>Cl- D．氯化铝晶体中存在共价键、离子键和范德华力 【答案】D 【详解】A．Al原子价层有空轨道，桥连原子有孤电子对，可形成配位键，图中的结构符合二聚体的成键特点，A正确； B．题干明确说明二聚体遇到醚类物质时结构会被破坏，中有空轨道，可与乙醚中的孤对电子形成配位键，得到，B正确； C．二聚体结构遇水被破坏，说明水分子可以取代桥连与配位，因此配位能力：，C正确； D．氯化铝是共价化合物，无水氯化铝固态以二聚分子形式存在，晶体中只存在共价键（分子内）和范德华力（分子间），不存在离子键，D错误； 故选D。 2．（2026·浙江金丽衢十二校·二联）下列分子属于非极性分子的是 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】A．为直线形对称结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，A正确； B．中心氧原子有2个孤电子对，空间结构为V形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误； C．中心氮原子有1个孤电子对，空间结构为三角锥形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，C错误； D．空间结构为V形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，D错误； 故答案为A。 3．（2026·宁波镇海中学·二模）近年来诺贝尔化学奖授予金属有机框架材料开发领域，MOF-5是其中最具代表性的材料之一，由与对苯二甲酸根()通过配位键连接，其中与同一配体相连的两个的取向不同，MOF-5晶体内部的空腔可以吸附小分子。下列说法不正确的是 A．基态的电子空间运动状态为14种 B．可用X射线衍射实验确定MOF-5材料的结构 C．可在配体上引入-OH、-以增强MOF-5与之间的吸附作用 D．MOF框架空隙大小由金属离子半径和有机配体的大小、形状共同决定 【答案】C 【详解】A．Zn原子序数为30，基态Zn原子电子排布为，失去2个4s电子得到，电子排布式为，1个被电子占据的轨道对应1种空间运动状态，总轨道数为：，因此基态的电子空间运动状态为14种，A正确； B．X射线衍射实验是确定晶体结构的经典方法，可以测定MOF-5的晶体结构，B正确； C．是亲水基团，可以和形成氢键，能增强对水的吸附；但是疏水（憎水）的非极性基团，不能增强MOF-5与水的吸附作用，反而会减弱，因此该说法错误，C不正确； D．MOF框架由金属离子作为节点、有机配体连接而成，空隙大小由金属离子半径、有机配体的大小和形状共同决定，D正确； 答案选C。 4．（2026·宁波十校·二模）为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，结构如图甲所示(配体M为、或CO)。载氧时，血红蛋白分子中脱去配位的并与配位；若人体吸入CO，则CO占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。卟啉环为平面结构(如图乙所示)，能与铁、钴等金属离子配位，不能与、等配位。下列有关说法错误的是 A．卟啉环具有识别功能，可以分离与 B．与铁卟啉配位的能力：CO大于大于 C．卟啉环中1号N原子与2号N原子形成的键数目相同 D．该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱 【答案】C 【详解】A．卟啉环可与配位，不与、配位，可利用该性质分离与，A不符合题意； B．载氧时可取代，吸入时可取代，说明配位能力，B不符合题意； C．1号原子无键，形成2个键，2号原子形成1个键及2个键，共3个键；二者键数目不同，C符合题意； D．酸性环境中原子会与结合，孤电子对无法用于配位，配位能力减弱，D不符合题意； 故选C。 5．（2026·浙江金丽衢十二校·二模）NiO晶胞如图，将NiO在空气中加热，部分被氧化为，得到，晶体结构出现缺陷，有的被取代，有的空缺，填充率下降，但晶体仍保持电中性。现有NixO晶胞的质量为，下列说法正确的是 A．填充在组成的四面体空隙 B．NixO晶胞中、和未填充空隙的个数比为 C．NixO中X为0.8 D．与NiO相比，NixO导电性大幅度增大，这和晶体中的空位有关 【答案】D 【分析】由图可知，氧离子在棱上和体心，O2-数目为12×+1=4，即1个晶胞含4个。 已知NixO晶胞质量为，取，晶胞摩尔质量为： ，总Ni的相对质量和为，晶胞中Ni原子总数为，因此。 【详解】A．由图可知，氧离子在棱上和体心，所以Ni2+填充在由O2-构成的正八面体空隙中，A错误； B．根据分析，晶体呈电中性，设个数为，个数为，得方程组： 解得，，原有Ni位置总数为4，因此空缺数为，故、和未填充空隙的个数比为，B错误； C．根据分析，NixO中X为0.75，C错误； D．晶体存在空位缺陷，Ni离子可以通过空位迁移，因此导电性比完整的NiO晶体大幅度增大，导电性提升和空位有关，D正确； 故选D。 6．（2026·浙江杭州·二模）磷的氧化物多种多样，除常见的、外，的结构如下图，下列说法正确的是 A．可由与过量的反应制得 B．中存在5种不同环境的原子 C．晶体为共价晶体 D．可能在一定条件下水解生成和 【答案】D 【分析】本身为正四面体结构，4个P位于正四面体顶点，的结构特点为：原的6条棱之间各插入1个桥氧（共6个桥氧，桥氧连接2个P原子）；4个P中，2个P原子各连接1个端基双键氧（仅与1个P成键，共2个端氧），另外2个P无额外端氧，总O原子数，符合的组成；其中P分2种环境（带端氧的P、不带端氧的P），O分不同环境：端氧1种，桥氧根据连接P的种类分为3种，共4种不同环境的O。 【详解】A．与过量反应时，会被完全氧化，最终得到（4个P都连端氧），是被不完全氧化的产物，A错误； B．根据结构分析：端氧环境相同，为1种；桥氧按连接P的类型，分为连接两个带端氧P的桥氧、连接两个不带端氧P的桥氧、连接1个带端氧1个不带端氧P的桥氧共3种，总共有种不同环境的O原子，不是5种，B错误； C．是独立的小分子，晶体中靠分子间作用力结合，属于分子晶体，不是共价晶体，C错误； D．带端氧的P为价，水解后生成（P为价）；不带端氧的P为价，水解后生成（P为价），中2个价P、2个价P，水解反应可以得到两种酸，D正确； 故选D。 7．（2026·浙江温州·二模）是层状晶体，其单层结构片段如图所示，下列说法不正确的是 A．该晶体中有范德华力和配位键 B．Fe-Cl键长：晶体＜气态(单分子) C．溶液加热煮沸后颜色会发生变化 D．将固体溶于HI溶液，再加萃取，有机层呈紫红色 【答案】B 【详解】A．层与层之间存在范德华力（层状晶体的层间作用力），层内有空轨道，有孤电子对，形成配位键，A正确； B．气态单分子中，Fe为sp2杂化，形成 3 个正常σ键，键长较短，层状晶体中，Fe为sp3d2杂化，与 6 个Cl成键，Fe-Cl键为平均化的离域键，键长更长，Fe-Cl键长：晶体＞气态(单分子)，B错误； C．加热煮沸会促进水解，生成氢氧化铁胶体，溶液颜色变为红褐色，C正确； D．将固体溶于HI溶液，将HI氧化生成I2，再加萃取，I2进入有机层呈紫红色，D正确； 故选B。 8．（2026·浙江台州·二模）化合物因优异的锂离子导电性与高储氢容量备受关注，其晶体由层和层按交替堆叠的方式构成，层的位于正六边形的顶点，位于正六边形的中心，层全部由构成且这些恰好位于层的正下方，结构如图所示。下列说法不正确的是 A．属于混合型晶体 B．的化学式为 C．和水反应生成和 D．和反应可生成 【答案】A 【分析】A层的正六边形顶点的，每个被3个正六边形共用，因此1个正六边形内的数量为；中心完全属于该正六边形，数量为1。B层位于A层正下方，完全属于该结构单元，数量为1。晶体ABAB交替堆叠，因此一个重复单元内：总数为2+1=3，总数为1，化学式为。由此解题。 【详解】A．是典型的离子晶体，由和通过离子键结合而成，并非混合型晶体，A错误； B．由分析可知，Li与N的个数比为3:1，化学式为，B正确； C．与水发生水解反应，符合反应规律，C正确； D．可与发生加氢反应，因此可以生成，D正确； 故答案选A。 9．（2026·浙江温州·二模）有关VA族元素化合物的相关描述中，不正确的是 A．NOCl的空间构型为V形 B．(过硝酸)中有2种化学环境的O原子 C．的沸点低于的沸点 D．可以通过氢键形成二聚体 【答案】B 【详解】A．中心原子为，的价层电子对数为，价层电子对构型为平面三角形，有1对孤对电子，分子空间构型为形，A描述正确； B．过硝酸结构为，氧原子的化学环境分别为：羟基氧、过氧键中与相连的氧、硝基中两个等价的氧原子，共种化学环境的氧原子，不是2种，B描述错误； C．和均为结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高。相对分子质量小于，因此沸点更低，C描述正确； D．该有机物分子中含有和电负性大的的氧原子，分子间可通过氢键（一个分子的羟基氢与另一个分子的双键氧形成氢键）结合形成二聚体，D描述正确； 故选B。 10．（2026·浙江湖州&衢州·二模）第一代抗癌药物顺铂[]进入人体会发生水解，生成的与碱基结合能破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。下列说法不正确的是 A．给出的能力： B．在浓度较低的环境中更容易水解 C．a为配位键，b为氢键 D．卡铂的水溶性强于顺铂，可能是因为卡铂分子能与水分子形成更多氢键 【答案】A 【详解】A．中NH3与Pt2+配位，中心金属离子的强吸电子效应使配体N-H极性键增强，更易解离质子，故其酸性强于游离NH3，即给出H+能力应为，故A错误； B．水解反应可表示为，根据勒夏特列原理，降低c(Cl-)促使平衡右移，水解更易进行，故B正确； C．a处为Pt2+与鸟嘌呤中氮原子形成的配位键N→Pt，b处为分子间氢键O-H…O，故C正确； D．卡铂含两个羧酸根(-COO-)，可以与水分子形成多个氢键，而顺铂中氯配体与水分子形成氢键的能力很弱，因此卡铂水溶性更强，故D正确； 故答案选A。 11．（2026·浙江宁波·二模）化合物X的结构片段如图，已知X易水解。下列说法不正确的是 A．X的化学式为 B．X水解有生成 C．X中以Si为中心，构成硅硫四面体结构 D．X的沸点低于 【答案】D 【分析】该结构是化合物X的长链结构片段：每个Si原子连接4个S原子，每个S原子连接2个Si原子，Si、S交替连接延伸为长链结构。 【详解】A．按均摊法计算：每个Si原子对应S原子数为 ，因此Si与S的个数比为，X的化学式为，A正确； B．题干已知X易水解，水解时各元素化合价不变，反应为 ，确实有生成，B正确； C．每个Si原子形成4个单键，Si采取杂化，以Si为中心，4个S位于四面体顶点，构成硅硫四面体结构，多个四面体通过共用S原子延伸成链，C正确； D．是小分子化合物，属于分子晶体，常温下沸点很低（约）；而X是长链聚合物，相对分子质量远大于，分子间作用力远强于，因此X的沸点高于，D错误； 故选D。 12．（2026·浙江杭州新登中学·二模）已知：①NO与FeSO4溶液形成棕色可溶性的硫酸亚硝酰合铁（II）配合物； ②在酸性介质中，加入过量FeSO4溶液可定性检验。下列说法不正确的是 A．1 mol 中有个σ键 B．中，配位原子是N C．定性检验时，溶液显棕色 D．②中涉及的氧化还原反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1 【答案】D 【详解】A．[Fe(NO)]SO4中，有4个S-O σ键，[Fe(NO)]2+中有Fe-N σ键（配位键）和N-O σ键（NO内部），共6个σ键，故1 mol中有6NA个σ键，A正确； B．在[Fe(NO)]SO4中，NO配体的氮原子提供电子对与Fe形成配位键，配位原子是N，B正确； C．定性检验时，在酸性介质中被Fe2+还原为NO，NO与Fe2+形成棕色[Fe(NO)]2+配合物，溶液显棕色，C正确； D．涉及的氧化还原反应为：3Fe2+ + + 4H+ = 3Fe3+ + NO + 2H2O，氧化剂是，还原剂是Fe2+，物质的量之比为1:3，D错误； 故选D。 13．（2026·浙江杭州新登中学·二模）某离子型铁氧化物晶胞如图所示（体内分别由A、B交错排列），在晶胞的棱心和体心通过嵌入Li+，获得锂电池的正极材料LiFe6O8. 已知：化合物甲和乙均可作为锂电池的离子液体，结构如下： 下列说法不正确的是 A．该铁氧化物嵌入Li+时，部分Fe3+被还原为Fe2+ B．放电时，该锂电池的正极材料发生Li+脱嵌 C．1 mol该铁氧化物最多能嵌入4 mol Li+ D．化合物甲的熔点比化合物乙高 【答案】B 【详解】A．铁氧化物嵌入Li+时，正电荷增多，要满足正、负电荷守恒，该铁氧化物中部分Fe3+被还原为Fe2+，A正确； B．放电时，锂电池的正极材料发生还原反应，部分Fe3+被还原为Fe2+，正电荷减少，则需嵌入Li+，B错误； C．该铁氧化物晶胞的棱心和体心全部嵌入Li+时，得到正极材料LiFe6O8，Li和O个数比为1:8，由于1个铁氧晶胞占有32个O，则1 mol铁氧化物含32 mol氧，最多能嵌入4 mol Li+，C正确； D．化合物甲的阳离子体积比化合物乙小（阴离子相同），化合物甲的晶格能比化合物乙大，所以甲的熔点高，D正确； 答案选B。 14．（2026·浙江湖州&衢州·二模）难溶于稀盐酸，溶于较浓盐酸时生成，该溶液能吸收CO、、等气体。吸收后形成，其结构为：。下列说法正确的是 A．用与溶液制备时，体系中先加浓盐酸再加水稀释可提高产率 B．中的化合价为+2，配位数为4 C．由结构可知，原子不满足8电子稳定结构 D．测定、CO、混合气中的含量时，应先将混合气体通过溶液 【答案】A 【详解】A．Cu与反应制备CuCl时，若直接反应，难溶于稀酸的CuCl会附着在反应物表面，阻碍反应持续进行。先加入浓盐酸，生成的CuCl会转化为可溶性的，避免固体附着，再加水稀释，盐酸浓度降低，分解析出CuCl，因此可以提高产率，A正确； B．该二聚体为电中性，CO、为0价，Cl为-1价，设Cu化合价为，对整体有，得，Cu为+1价；结合结构可知Cu配位数为4，但化合价错误，B错误； C．Cl为-1价，最外层原有个电子，每个Cl与2个Cu形成2个共价键，成键后Cl最外层仍为8电子，满足8电子稳定结构，C错误； D．题干明确说明可以同时吸收CO和，若先将混合气体通过该溶液，也会被吸收，无法准确测定CO的含量，D错误； 故答案选A。 15．（2026·浙江新阵地教育联盟·二模）二茂铁是由一个Fe2+和两个环戊二烯基()通过π键配位结合形成夹心结构，使二茂铁具有芳香性。二茂铁的羧酸衍生物能形成如图结构，下列说法不正确的是 A．中C原子的杂化方式为sp2 B．每个提供6个e-形成配位键 C．图中所示分子体现了超分子自组装的性质 D．图中所示分子的酸性强于 【答案】D 【详解】A．二茂铁具有芳香性，环戊二烯基()中每个碳原子形成3个σ键，剩余p轨道参与形成π键，杂化方式为，故A正确； B．环戊二烯基()中每个碳原子提供一个电子，其所带负电荷也提供一个电子，则每个提供6个e-形成配位键，故B正确； C．分子自组装是指分子通过非共价键自发地形成有序结构的过程，图中所示的分子结构中，清晰的画出了分子间和分子内存在的氢键，这些氢键是典型的非共价相互作用，驱动了分子的自组装，故C正确； D．图中题干所示分子是由氢键连接的二聚体，分子间形成了非常强的氢键网格，使得羧基上的质子被稳定的锁定在结构中，难以电离，因此酸性减弱，而是单体分子，其羧基是自由的，氢离子相对容易电离，故图中所示分子的酸性弱于，则D错误； 故该题选D。 16．（2026·浙江杭州·二模）金属阳离子与三联吡啶可以通过配位的方式形成一系列超分子，其形成方式和部分超分子结构如下图，下列说法不正确的是 A．结合的超分子B中铁离子的化合价为价 B．该类超分子无论聚合程度大小，超分子中三联吡啶与金属阳离子的比例始终为 C．由于阴离子与超分子框架作用力较弱，移除阴离子后超分子框架不变 D．合成超分子C需半径更大的阴离子参与 【答案】B 【详解】A．图中结合的超分子B整体带个正电荷，三联吡啶为中性配体，空腔内带1个单位负电荷，因此所有铁离子总正电荷为，超分子B共含5个铁离子，因此所含铁离子为，化合价为，A正确； B．根据三种超分子结构，可知，无论聚合程度如何，比例始终为，不是，B错误； C．超分子框架由金属阳离子与三联吡啶通过配位键构建而成，阴离子仅作为客体存在于空腔中，与框架作用力较弱，移除阴离子后配位键不会被破坏，框架结构不变，C正确； D．从结构可知，超分子A→B→C，空腔逐渐增大，该类超分子以阴离子为模板组装，空腔越大，合成时需要半径更大的阴离子作为模板，因此超分子C需要半径更大的阴离子参与，D正确； 故选B。 17．（2026·浙江嘉兴·高三教学测试）下列说法不正确的是 A．是氧化还原反应 B．HCN和HOCN中的碳氮键键能相等 C．分子是非极性分子 D．HOCN分子间存在氢键 【答案】B 【详解】A．该反应为拟卤素的歧化反应，中C为+3价，反应后HCN中C为+2价、HOCN中C为+4价，存在化合价升降，属于氧化还原反应，A正确； B．HCN的结构式为，C连接H；HOCN的结构式为，C连接电负性更大的O，二者C-N键所处化学环境不同，键能不相等，B错误； C．的结构为直线形对称结构，正负电中心重合，属于非极性分子，C正确； D．HOCN分子中存在键，O电负性大、原子半径小，分子间可形成氢键，D正确； 故答案选B。 18．（2026·浙江嘉兴·二模）某储氢材料前驱体结构如图。下列说法不正确的是 A．该化合物阴、阳离子中均存在配位键 B．该化合物中的B、N、C、O原子的杂化方式均相同 C．该化合物中的离子键强于 D．与水反应可得到 【答案】C 【详解】A．该化合物中，N原子的孤对电子与的空轨道结合形成配位键，B原子的空轨道与O原子的孤对电子结合形成配位键，A正确； B．该化合物中，阳离子的N原子(4个σ键+0对孤对电子)、C原子(4个σ键+0对孤对电子)，阴离子的B原子(4个σ键+0对孤对电子)、O原子(2个σ键+2对孤对电子)的价层电子对数均为4，故均为sp3杂化，B正确； C．该化合物中的阳离子与相同，但阴离子体积大于，电荷更分散，因此与之间的静电作用更弱，离子键更弱，C错误； D．可发生水解反应，生成和，D正确； 故答案选C。 19．（2026·宁波镇海中学·二模）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 键角： N-H、O-H键长逐渐减小，成键电子对的斥力逐渐减小 B 原子光谱是不连续的线状谱线 原子的能级是量子化的 C 纤维素可以制备硝化纤维 纤维素的葡萄糖单元含有羟基 D 逐个断开中的C-H键，每步所需能量不同 各步中的C-H键所处化学环境不同 【答案】A 【详解】A．键角大于的本质原因是中心原子孤电子对数不同：原子有1对孤电子对，原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的斥力越大，键角越小，A符合题意； B．原子的能级是量子化的，电子跃迁时能量变化不连续，因此原子光谱是不连续的线状谱，解释正确，B不符合题意； C．纤维素的葡萄糖单元中含有羟基，羟基可与硝酸发生酯化反应，因此纤维素可以制备硝化纤维，解释正确，C不符合题意； D．逐个断开中键时，每一步断裂后剩余基团结构改变，各步中键所处化学环境不同，因此每步断裂所需能量不同，解释正确，D不符合题意； 故选A。 / 学科网（北京）股份有限公司 $丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题04物质结构与性质元素周期律 考点概览 题型一元素周期律 题型二物质结构、性质、用途描述题 题型三物质结构与性质 题型一 元素周期律 1.(2026浙江杭州新登中学·二模)根据物质结构和元素周期律，下列说法不正确的是 A.一级电离平衡常数：HSe>H,S B.第二电离能：N>O C.键角：NH>H2O D.分子极性：NF>BF3 2.(2026浙江新阵地教育联盟·二模)根据元素周期律，下列说法正确的是 A.稳定性：HF>H2O B.电负性：H>C C.分子的极性：OF2>HO D.电离能：INe>l(Na) 3.(2026·宁波镇海中学·二模)根据元素周期律，下列说法不正确的是 O3>N2 Cu<Zn A.分子的极性： B.第二电离能： C.电负性： Be<B MgO>Al,O, D.化合物中离子键百分数： 4.(2026:宁波十校二模)下列关于元素周期律和元素周期表的认识错误的是 A.第一电离能：Na<Mg<Al B.电负性：Br>As 02>Mg2+ C.Be元素位于周期表的s区 D.半径： 5.(2026浙江金丽衢十二校·二联)下列说法正确的是 A.第一电离能：Be<B B.半径比较：H<Li 1/16 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 C.结合H的能力： OH NH, H,S<H,O D.分子极性： 6.(2026浙江宁波·高考选考模拟)根据元素周期律，下列说法不正确的是 A,离子半径： H>Li计 HO>H,S B.热稳定性： C.第一电离能：O>N Cl2>Br, D.氧化性： 7.(2026·浙江台州二模)根据元素周期律推测，下列说法不正确的是 A.金属性：K<Na B.原子半径：Cl<S C.电负性：Si<Cl D.共价键的极性：O-H<F-H 8.(2026·浙江绍兴二模)根据元素周期律，下列说法不正确的是 A.电负性：Na<Mg B.还原性：S2>02 C.稳定性：NH<PH D.酸性：HCIO4>H2SO4 9.(2026·浙江杭州二模)通用人形机器人的制造材料涉及多种元素，如：B、C、Si、N、Mg、Al、Ti、 C、0等下列有关这些元素说法不正确的是 A.原子半径：Mg>AI>Si B.第一电离能：O>N>B C.电负性：Cl>C>B HCI CH SiH D.氢化物热稳定性： 10.(2026:浙江嘉兴高三教学测试)根据元素周期律推测，下列说法不正确的是 A.非金属性：B>C B.电负性：H>Li C.原子半径：Na>F H,S>PH D.热稳定性： 11.(2026浙江温州·二模)根据元素周期律，下列说法不正确的是 2/16 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.第一电离能：Mg>Al B.还原性：K>Na C.最高化合价：S>Cl D.热稳定性：CH4>SiH4 12.(2026浙江湖州&衢州二模)根据物质结构或元素周期律推测，下列说法正确的是 A.半径：Li>H B.第一电离能：N>P C.酸性： HCI>HⅢ S0}>S0 D.键角： 13.(2026浙江杭州新登中学·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元素原子 核外电子只有一种自旋取向；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同；C元素原子价 层电子排布是nsnnp'n:D元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等：E元素原子最外 层有7个电子。下列说法不正确的是 A,简单离子半径：E>C>D B.由A、C、E元素组成的化合物可能具有消毒作用 C.由A、B、C元素组成的化合物可能是酸、碱或盐 D.工业上通过电解DE2溶液可制备单质D 题型二 物质结构、性质、用途文字描述题 1.(25-26高三下·浙江杭州·二模)物质的结构决定性质，下列说法不正确的是 选项 结构 性质 碳原子改变了铁原子的规则排列 高碳钢韧性较好 晶体比表面积增大 晶粒越小的铅熔点越低 超临界二氧化碳是非极性分子 可用于洗涤油污 聚四氟乙烯PTFE)分子中C-F键能大，分子链结构高 PTFE化学性质稳定，耐腐 D 度对称 蚀 2. (2026浙江宁波·二模)可根据物质结构推测其性质，下列推测的性质不合理的是 3/16 6学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 选项 结构 性质 A 乙烯含有碳碳双键 乙烯可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应 B 油酸甘油酯含有酯基 油酸甘油酯可在碱性条件下发生水解反应 C 乙醇含有羟基 乙醇能与金属钠反应放出氢气 0 苯含有不饱和键 苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化 3.(2026浙江金丽衢十二校·二联)下列物质的结构或者性质不能说明其用途的是 A.碳化硅的碳、硅原子间通过共价键形成空间网状结构，硬度大，可用作砂轮磨料 B.硅胶具有疏松多孔结构，吸附性强，可用作袋装食品防潮剂 C.明矾溶于水能形成胶体，可用于自来水的消毒杀菌 D.苯酚酚羟基的邻对位易取代，可用浓溴水定量测定苯酚 4.(2026·浙江绍兴·二模)物质的结构决定性质。下列说法不正确的是 A.苯含有大π键的高度对称的分子结构比较稳定 B.CC4空间构型为正四面体型，属于非极性分子，故难溶于水 C.甘油存在分子内氢键，故保湿能力强，在护肤品中被广泛运用 D.三氟乙酸(CF3COOH)的酸性比乙酸强 5.(2026浙江湖州&衢州：二模)关于物质的结构和性质，下列说法正确的是 A.Mgo Na,O 的熔点高于 ,前者离子键的百分数更高 B.金属晶体中，阳离子在热的作用下频繁碰撞，故金属的电导率随温度的升高而降低 CHCOOH CH,CH,OH 的沸点高于 ，前者分子之间有氢键，后者分子之间没有 D.氮原子之间能形成氮氮三键，而砷原子之间不能形成三键，因为前者原子半径小，后者原子半径 大 6.(2026:浙江嘉兴·二模)物质结构决定性质，下列说法不正确的是 A.金属铯的熔点较低 B.甲酸酸性强于乙酸 C.石墨烯强度大，不能导电 4/16 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 Cl、 A )在四氯化碳中溶解度大 7.(2026·浙江新阵地教育联盟·二模)物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列化学事实与结构 原因不匹配的是 选项 化学事实 结构原因 A 冰的密度比干冰小 冰中的水分子采取非密堆积的方式 掺入合金元素后原子层间相对滑动变困 B 生铁的延展性不如纯铁 难 焰色试验可以使用铂丝 铂丝灼烧时不发生电子的跃迁 Cu,O 1000C以上时Cu0会分解生成 和 C的价层电子达到全充满结构，更稳 D 02 定 8. (2026浙江台州二模)物质的结构决定性质，下列性质的比较不合理的是 选项 结构 性质 A @[Fe(H,o),] ②H,0 给出质子的能力：①>② 沸点：邻羟基苯甲醛>对羟基苯甲 B 邻羟基苯甲醛存在分子内氢键 醛 CH=CH>CH,CH, 乙炔、乙烷中C分别为sp杂化、 杂化 水中溶解度： NH:>H,O D cuL,o以户结构 与Cu* 的配位能力： 5/16 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 结构 [Cu(NH,).] 9.(2026·宁波镇海中学二模)物质的组成、结构和性质用途往往相互关联，下列说法不正确的是 A.So 具有氧化性，故可用于纸张、织物脱色 B.维生素C还原性强，故可作为抗氧化剂 ℃.硫酸钙能使豆浆中的蛋白质聚沉，故可用作制作豆腐的凝固剂 D.聚乳酸具有良好的生物相容性和生物可吸收性，故可用于手术缝合线、骨科固定材料等 10.(2026浙江温州二模)结构决定性质，进而影响用途。下列结构或性质不能说明其用途的是 选项 结构或性质 用途 A 铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐 铁粉可用作补铁剂 NH,HCO. 可中和酸并受热分解产生气 NH,HCO, B 可用作食品膨松剂 体 CaSO CaSO, 微溶于水 可用作豆腐的凝固剂 二氧化氯(C0, C10 有强氧化性 可用作自来水消毒剂 11. (2026浙江湖州&衢州·二模)下列有关物质的结构、性质和用途说法正确的是 Na,0:与水反应生成O,可作为鱼苗运输的补氧剂 02 B.石膏水解呈酸性，可用来处理盐碱地 C.肥皂结构中有亲水基和疏水基，可用于除去油污 D.氯气与铁能发生反应，故液氯不能用钢瓶储存 12.(2026浙江台州·二模)物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是 A.碳酸钠溶液显碱性，可用作工业用碱 6/16 学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 B.次氯酸具有弱酸性，可用来漂白 C.浓硫酸具有吸水性，可用来干燥 D.硫酸钡不溶于水和酸且不易被X射线所透过，可用作造影剂 13.(2026浙江杭州二模)物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是 A.CaCl, 有吸水性，可用于除去醇溶液中少量的水 FeCl. B 能氧化Cu单质，可用作印刷电路板腐蚀液 MgCl, 使蛋白质胶体聚沉，可用于豆腐的制作 NH,CI D 易发生水解，可用作金属除锈剂 14.(2026浙江新阵地教育联盟·二模)物质性质决定用途，下列对应关系正确的是 A.二氧化硅具有特殊的光学性能，可用于生产光导纤维 B.银氨溶液具有碱性，可用于制作银镜 C.亚硝酸钠有一定的毒性，故不可用作食品添加剂 D.花生油中含酯基官能团，故花生油能使酸性KMnO4溶液褪色 题型三 物质结构与性质 1.(2026·浙江绍兴二模)无水氯化铝在固态或冷蒸气状态下，均以二聚体A2C16的形式存在，遇到水、 谜类等物质时， 二聚体结构会被破坏。下列说法不正确的是 CI CI Al A.二聚体AlCl6的结构： CI CI B.二聚体Al2Cl6遇到乙醚可形成AICl(C2Hs2 C.二聚体AlCl6遇到水，二聚体结构被破坏的原因是配位能力：H2O>C D.氯化铝晶体中存在共价键、离子键和范德华力 7/16 丽学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 2.(2026浙江金丽衢十二校·二联)下列分子属于非极性分子的是 A.CS, C1,0 C.NH, D.0 3.(2026·宁波镇海中学·二模)近年来诺贝尔化学奖授予金属有机框架材料开发领域，MOF-5是其中最具 代表性的材料之一，由2,0与对苯二甲酸根（心通过配位键连接，其中与同一配体相连的两个 [zn.o]" 的取向不同，MOF-5晶体内部的空腔可以吸附小分子。下列说法不正确的是 配体L2 a nm ○[Zn,O1 。[Zn,O] MOF-5晶胞的重复单元 配体L2 A.基态Zn2的电子空间运动状态为14种 B.可用X射线衍射实验确定MOF-5材料的结构 C.可在配体上引入-OH、CH, H20 以增强MOF-5与 之间的吸附作用 D.MOF框架空隙大小由金属离子半径和有机配体的大小、形状共同决定 4.(2026宁波十校·二模)F®2+为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，结构如图甲所示 H20、02 (配体M 为H0、0:或c0。校氧时，血红蛋白分子中F心脱去配位的 、 并与配位：若人体吸入 CO,则C0占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。卟啉环为平面结构（如图乙所示），能与铁、钴等金属离子 配位，不能与Li计、N等配位。下列有关说法错误的是 8/16 丽学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 M Fe头 Q 卟啉环 00 蛋白质 甲 A.卟啉环具有识别功能，可以分离Fe2+与Na 02,H,0 B.与铁卟啉配位的能力：C0大于大于 C.卟啉环中1号N原子与2号N原子形成的o键数目相同 D.该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱 5.(2026浙江金丽衢十二校·二模)Ni0晶胞如图，将NiO在空气中加热，部分N2+被氧化为Ni+,得到 NixO(X<1) Ni2 Ni3+ Ni 晶体结构出现缺陷，有的被”取代，有的“空缺，填充率下降，但晶体仍保持电 4×102g 中性。现有NixO晶胞的质量为 ，下列说法正确的是 A.N2填充在O组成的四面体空隙 B.NxO晶胞中N2、Ni和未填充空隙的个数比为2：1：1 C.Nix0中X为0.8 9/16 丽学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 D.与NiO相比，NixO导电性大幅度增大，这和晶体中的空位有关 P.Os 6.(2026浙江杭州二模)磷的氧化物多种多样，除常见的 0。P0外， 的结构如下图，下列说 法正确的是 AP0,可由P0与过量的0反应制得 POs B 中存在5种不同环境的原子 C. POs 晶体为共价晶体 P.Os H,PO,HPO D 可能在一定条件下水解生成 和 FeCl, 7.(2026浙江温州二模) 是层状晶体，其单层结构片段如图所示，下列说法不正确的是 99 90 0 00 0C1 A.该晶体中有范德华力和配位键 FeCl, B.Fe-Cl键长： 晶体<气态 cCl(单分子刊 FeCl 溶液加热煮沸后颜色会发生变化 FeCl, CCL D.将固体溶于H溶液，再加萃取，有机层呈紫红色 8.(2026浙江台州·二模)化合物X因优异的锂离子导电性与高储氢容量备受关注，其晶体由A层和B层 按ABAB交替堆叠的方式构成，A层的L位于正六边形的顶点，N3位于正六边形的中心，B层全部由 10/16 丽学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 山构成且这些L恰好位于A层N的正下方，结构如图所示。下列说法不正确的是 -A层 B层 ON ●Li 一A层 A.X属于混合型晶体 Li,N B.X的化学式为 C.X和水反应生成LiOH和NH, D.X和反应可生成 LiNH, 9.(2026浙江温州·二模)有关VA族元素化合物的相关描述中，不正确的是 A.NOC的空间构型为V形 B.HNO, 过硝酸)中有2种化学环境的0原子 C. PO的沸点低于PS的沸点 D.H;CO OH可以通过氢键形成二聚体 OCH; 10.(2026·浙江湖州&衢州·二模)第一代抗癌药物顺铂[ P(NH,方Cl]进入人体会发生水解，生成的 Pt(NH,)2(OH)CI 与碱基结合能破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。下列说法不正确的是 H,N 0一Hb NH: Pt(NH,)2(OH)CI NH. NH 鸟嘌呤 NH 卡铂 A给出H的能力：P(NH,CL,<NH, 11/16 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 Pt(NH,hC,在C浓度较低的环境中更容易水解 C.a为配位键，b为氢键 D.卡铂的水溶性强于顺铂，可能是因为卡铂分子能与水分子形成更多氢键 11.(2026浙江宁波·二模)化合物×的结构片段如图，已知×易水解。下列说法不正确的是 ●●。●●0 S… S S Si S… SiS, A.X的化学式为 H,S B.X水解有生成 C.X中以S1为中心，构成硅硫四面体结构 CS2 D.X的沸点低于 12.(2026浙江杭州新登中学·二模)已知：①N0与FS04溶液形成棕色可溶性的硫酸亚硝酰合铁(l) 配合物[Fc(NO]小So,, NO ②在酸性介质中，加入过量FeSO4溶液可定性检验 。下列说法不正确的是 A.1mol[Fe(NO]S0,中有6N个键 g.[F®(NO小SO:中，配位原子是N C,定性检验NO时，溶液显棕色 D.②中涉及的氧化还原反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1 13.(2026浙江杭州新登中学·二模)某离子型铁氧化物晶胞如图所示（体内分别由A、B交错排列)，在 晶胞的棱心和体心通过嵌入Li,获得锂电池的正极材料LiFecO8, 12/16 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ●表示Fe2+ O表示Fe3 ●表示02 B 晶胞示意图 已知：化合物甲和乙均可作为锂电池的离子液体，结构如下： 八入 甲 乙： N FCO,S SO,CF FCO,S SO,CF 下列说法不正确的是 A.该铁氧化物嵌入Lit时，部分Fe3+被还原为Fe24 B.放电时，该锂电池的正极材料发生脱嵌 C.1mol该铁氧化物最多能嵌入4 mol Li* D.化合物甲的熔点比化合物乙高 14.(2026浙江湖州&衢州·二模)CuC1难溶于稀盐酸，溶于较浓盐酸时生成 该溶液能吸收 OH2 c0、 Cu Cu [Ga(CO)cLH,.o】'其结构：为 等气体。吸收后形成 。下列 O,PH, CO HO CO 说法正确的是 A.用G与0uC ,CuC?溶液制备CuC时，体系中先加浓盐酸再加水稀释可提高产率 B.[Cu(C0)C1-H,O中Cu的化合价为2，配位数为4 c.由[Cu(C0)C1H,0]结构可知，C原子不满足8电子稳定结构 13/16 丽学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 D.测定N、c0、0:混合气中的C0含量时，应先将混合气体通 H[CuC,l溶液 15.（2026浙江新阵地教育联盟二模)二茂铁是由一个Fe”和两个环戊二烯基(C,H)通过π键配位结合形 成夹心结构，使二茂铁具有芳香性。二茂铁的羧酸衍生物能形成如图结构，下列说法不正确的是 Fe Fe A.C,H中C原子的杂化方式为sp 8.每个CH 提供6个e形成配位键 OH C.图中所示分子体现了超分子自组装的性质D.图中所示分子的酸性强于 OH 16.(2026浙江杭州·二模)金属阳离子与三联吡啶可以通过配位的方式形成一系列超分子，其形成方式 和部分超分子结构如下图，下列说法不正确的是 超分子A超分子B超分子C 超分子示意图 ●】 表示金属阳离子 表示三联吡啶： 80义0 结合CI的超分子B 14/16 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.结合CI的超分子B中铁离子的化合价为+2价 B.该类超分子无论聚合程度大小，超分子中三联吡啶与金属阳离子的比例始终为3：1 C.由于阴离子与超分子框架作用力较弱，移除阴离子后超分子框架不变 D.合成超分子C需半径更大的阴离子参与 17.(2026~浙江嘉兴·高三教学测试)下列说法不正确的是 A.(CN),+H,O-HCN+HOCN 是氧化还原反应 B.HCN和HOCN中的碳氮键键能相等 c.(CN分子是非极性分子 D.HOCN分子间存在氢键 18.(2026浙江嘉兴·二模)某储氢材料前驱体结构如图。下列说法不正确的是 CH OCH; OCH, A,该化合物阴、阳离子中均存在配位键 B.该化合物中的B、N、C、O原子的杂化方式均相同 C.该化合物中的离子键强于[(CH,方NH,]C CH,O OCH D CHO OCH, 与水反应可得到CH,OH 19.(2026·宁波镇海中学二模)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 NH,>H,O N-H、O-H键长逐渐减小，成键电 键角： 子对的斥力逐渐减小 原子光谱是不连续的线状谱线 原子的能级是量子化的 15/16 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C 纤维素可以制备硝化纤维 纤维素的葡萄糖单元含有羟基 CH 逐个断开 中的C-H键，每步所需能量 D 各步中的C-H键所处化学环境不同 不同 16/16 专题04 物质结构与性质 元素周期律 元素周期律题型一 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 B A B A D C A C B A 11 12 13 C B D 物质结构、性质、用途文字描述题题型二 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A D C C D C C B A C 11 12 13 14 C B A A 物质结构与性质题型三 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 D A C C D D B A B A 11 12 13 14 15 16 17 18 19 D D B A D B B C A / 学科网（北京）股份有限公司 $