第五章 物质结构与性质元素周期律（综合训练）（全国通用） 2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦物质结构与性质及元素周期律，通过多地区模拟题与高考真题整合，构建从基础概念到综合应用的知识网络，强化化学观念与科学思维。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择题|15题|涵盖原子结构、化学键、周期律比较、化学用语等基础概念辨析|从微观粒子结构（电子排布、杂化类型）到宏观性质（熔沸点、稳定性）的推导，体现结构决定性质| |非选择题|4题|涉及配合物结构、晶胞计算、实验制备及探究等综合应用|以配合物、晶体为载体，整合化学键理论、晶体模型及实验操作，形成“概念-原理-应用”逻辑链|

第五章 物质结构与性质元素周期律（综合训练） （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cu 34 Cs 133 Au 197 Bi 209 第Ⅰ卷（选择题 共45分） 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（2026·湖北十堰·模拟预测）下列说法正确的是 A．工业上电解熔融氯化镁制备金属镁而不是氧化镁，是因为氧化镁不是离子化合物 B．铅酸蓄电池中使用的铅的熔点为327.5℃，因此铅晶体到达纳米级别其熔点不会变化 C．在所有酸中，氢氟酸是唯一可以溶解二氧化硅的酸，其原因可能与氟离子半径小，可以嵌入二氧化硅晶体内以及氟离子有极强的亲核能力，与硅形成的化学键强于氧与硅形成的化学键从而反应 D．科学家已测定(二氟化氙)为直线形结构，说明二氟化氙的VSEPR模型是直线形 2．（2026·重庆·模拟预测）下列说法错误的是 A．电负性：C<B B．第一电离能：O<N C．能级的能量：E(3s)<E(3d) D．微粒的半径：Mg2+<Cl- 3．（2026·山东烟台·模拟预测）下列化学用语正确的是 A．的VSEPR模型： B．NaCl溶液中的水合离子： C．基态锑的简化电子排布式： D．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： 4．（2026·福建福州·模拟预测）我国新一代载人飞船使用的绿色推进剂硝酸羟胺[NH3OH]+[NO3]-在催化剂作用下可完全分解为N2、H2O和O2。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．0.1 mol [NH3OH]+含有的质子数为1.5 B．48 g固态硝酸羟胺含有的离子数为0.5 C．[NH3OH]+中H-N-H的夹角比中的夹角更大 D．硝酸羟胺分解产生11.2 L (已折算为标准状况)的同时，生成O2分子数为 5．（2026·浙江台州·模拟预测）根据元素周期律，下列说法不正确的是 A．非金属性：Si<Ge B．热稳定性：H2O>H2S C．碱性：Ca(OH)2<Ba(OH)2 D．第一电离能：Cl>P>S 6．（2026·广东佛山·模拟预测）科学家发现锑(51Sb)和锗(32Ge)能模拟贵金属的催化行为。下列说法正确的是 A．催化反应涉及Sb(I)→Sb(Ⅲ)转化，体现Sb(I)的还原性 B．和中子数不同，化学性质不同 C．基态51Sb原子价层电子排布式为5s25p3，位于周期表s区 D．已知SbH3的结构与NH3相似，则其电子式为 7．（2026·陕西咸阳·三模）元素周期表中存在“对角线规则”，如图所示。下列说法错误的是 A．Li能在N2中燃烧 B．BeO属于两性氧化物 C．BeCl2与过量NaOH溶液反应生成Be(OH)2 D．B可作为半导体材料 8．（2026·山西忻州·模拟预测）羟基磷酸钙是骨骼和牙釉质的主要成分，其中一种制备方式的反应方程式为 。下列有关化学用语或说法错误的是 A．的电子式： B．中子数为10的氧核素： C．的空间结构：正四面体形 D．溶解度： 9．（2026·湖南长沙·二模）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的PH3杂质，反应方程式为：。下列分析错误的是 A．的空间构型为正四面体形 B．基态Cu+核外电子的运动状态为28种 C．键角：PH3＜ NH3 D．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为24：11 10．（2026·山东济南·模拟预测）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 选项 性质差异 主要原因 A 还原性： 第一电离能： B 熔点： 阳离子半径： C 键角： 电负性： D 热稳定性： 中轨道全充满，更稳定 11．（2026·云南·模拟预测）M、T、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，这六种元素组成的一种离子液体(其阳离子中五元环上5个原子共面)结构如图所示，除M外其余元素均位于同一周期。下列说法错误的是 A．形成的晶体中配位数为12 B．该化合物为离子化合物，熔点低于 C．阳离子中Y原子杂化方式只有一种 D．一定条件下，含Q的单质能置换出含Z的单质 12．（2026·河南新乡·模拟预测）某含钌()催化剂在电催化氨氧化方面活性较高，其结构如图。关于该催化剂，下列说法错误的是    A．的化合价为+2价 B．为平面形分子 C．分子中参与形成大键的未杂化的p轨道含有1个或2个电子 D．的配位数为6 13．（2026·甘肃嘉峪关·模拟预测）物质结构决定性质。下列关于物质性质的解释正确的是 物质性质 解释 A 由与组成的离子液体常温下呈液态 其离子体积较大 B 稳定性： 分子之间形成氢键 C 某些金属灼烧时有特征焰色 核外电子受热吸收能量跃迁至较高能级 D 的键角比的键角大 和分子的中心原子杂化方式不同 14．（2026·辽宁朝阳·二模）我国科学家基于四脲大环和有机磷酸盐阴离子相互作用构建了一种超分子聚合物，结构如图所示，该聚合物可以促进的高效迁移，提升电池性能。 下列说法错误的是 A．超分子聚合物中有机磷酸盐阴离子之间存在氢键 B．四脲大环中碳原子的杂化类型为和杂化 C．上述过程体现了超分子的“分子识别”和“自组装”特征 D．四脲大环与有机磷酸盐阴离子之间通过配位键结合 15．（2026·安徽滁州·模拟预测）金属卤化物钙钛矿由于出色的光电性质受到了研究人员的广泛关注。某金属卤化物的晶胞结构及俯视图如下(晶胞参数为a pm)。下列说法正确的是 A．晶体中Cs位于Na形成的八面体空隙中 B．一个晶胞中含有18个Cl C．Na与Cs的最短核间距为 D．该晶体的密度为 第II卷（非选择题 共55分） 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（2026·山东威海·二模）（14分） 单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）在元素周期表中， 位于第_____周期_____族。基态 原子的价电子轨道表示式为______________。 （2）乙二胺分子（，简写为）与形成的配合物，在材料合成、催化等领域应用广泛。 ①属于_____（填“极性”或“非极性”）分子。 ②八面体配离子中，的配位数和配体个数之比为_____。 ③易溶于水，除a．属于离子型配合物；b．配离子具有强极性：c．为易水合阴离子三点原因外，还有一个重要的原因是_________________。 （3） 的某种氧化物的晶体结构如下图所示。图甲表示这个立方晶胞可以划分成8个小的立方单位，分别由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小单位拼在一起，Ⅰ和Ⅱ两种小单位的结构和相互拼在一起的情况如图乙所示。该氧化物化学式为_______；每个周围与其等距离且紧邻的有_____个，晶胞中之间的最短距离为_______。 17．（2026·云南·高考真题）（15分）镍配合物是贵金属催化剂的重要替代品。某实验小组设计了一种制备Ni(Ⅱ)配合物的方法，原理如下： 已知：CH2Cl2有毒、易挥发，。 实验步骤如下： Ⅰ．向双颈烧瓶中加入10 mL含(1 mmol)的乙醇溶液，通过仪器a逐滴加入3 mL含bpy(2 mmol)的乙醇溶液(装置如图，加热及夹持装置省略)，加热搅拌，冷却至室温。 Ⅱ．将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20 mL CH2Cl2溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液。 Ⅲ．有机层经减压蒸除溶剂，加入15 mL乙醇和2 mmol NaBPh4(Ph为苯基)，产生沉淀。经过滤、洗涤、干燥得粗产品，进一步提纯后得紫色晶体(配合物Z，)。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为______。 （2）下列安全标识中，本实验不涉及的是______(填标号)。 A． B． C． D． （3）步骤Ⅱ中洗涤的目的为______，分液时CH2Cl2在______层(填“上”或“下”)。 （4）步骤Ⅲ中乙醇的作用为______。 （5）步骤Ⅲ中用______法提纯粗产品。 （6）配合物Z的产率为______(列出计算式即可)。 （7）测定配合物Z的晶体结构，下列方法可采用的是______(填标号)。 A．核磁共振氢谱法 B．质谱法 C．红外光谱法 D．X射线衍射法 （8）实验小组进一步探究不同投料比对Ni(Ⅱ)配合物结构的影响，以进行投料，按上述制备方法得红色晶体。推测的配位数为______。 18．（2026·山东·高考真题）（12分）与（L）通过配位键形成多孔金属有机框架材料，其四方晶胞结构如图所示（晶胞参数，，原子略）。回答下列问题： （1）基态Cu原子的电子排布式为_____________；C，N，O，F中第二电离能最大的是_________。 （2）为平面分子，其中N原子采取的轨道杂化方式为_________，该分子的孤电子对数为_________。 （3）中_________；其在室温下可选择性吸附，但不吸附和。分子被吸附在晶胞顶点，与框架结构中的F原子存在如图所示静电作用，晶体中与一个分子产生该作用的F原子有___________个；不吸附和的原因是__________________________________________________________________。 （4）若阿伏加德罗常数的值为，则的对的理论吸附量为____。 19．（2026·北京·模拟预测）（14分）金(Au)在电子工业、催化等领域有重要应用。 （1）Au位于元素周期表第六周期ⅠB族。画出Au的基态原子最外层轨道表示式___________。 （2）Au常见的化合价有+1和+3，易形成配合物离子，如、。 ①中存在的化学键是___________(填序号)。 a．离子键        b．配位键        c．金属键 ②为平面分子，结构如下图所示。其中Au的杂化类型是___________(填序号)。 a．        b．        c． （3）Au-Cu合金可形成多种有序结构。两种典型晶胞如下图所示，其中Ⅱ是立方晶胞。 K金 金近似纯度 含金质量分数 24K 24/24 99.9% 22K 22/24 91.7% 20K 20/24 83.3% 18K 18/24 75.0% ①金饰品常以“K金”表示金的质量分数，常见规格如上表所示。 晶胞Ⅰ所代表的Au-Cu合金的金纯度相当于___________K金的(保留整数)。 ②晶胞Ⅰ和晶胞Ⅱ中，与Au最近且距离相等的Cu原子个数之比是___________。 ③晶胞Ⅱ的密度是，阿伏加德罗常数为，金原子与铜原子的半径之和是___________cm。 （4）利用溶液湿法浸取金单质矿石：硫酸酸化控制pH为1~3，浸取相同时间。 已知：浸出过程中，与形成配离子。 ①写出浸金过程的离子方程式___________。 ②为进一步提高浸出率，向体系中加入氧化剂。随用量增加，金的浸出率先升高后降低。解释浸出率下降的可能原因___________。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第五章 物质结构与性质元素周期律（综合训练） （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Cu 34 Cs 133 Au 197 Bi 209 第Ⅰ卷（选择题 共45分） 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．（2026·湖北十堰·模拟预测）下列说法正确的是 A．工业上电解熔融氯化镁制备金属镁而不是氧化镁，是因为氧化镁不是离子化合物 B．铅酸蓄电池中使用的铅的熔点为327.5℃，因此铅晶体到达纳米级别其熔点不会变化 C．在所有酸中，氢氟酸是唯一可以溶解二氧化硅的酸，其原因可能与氟离子半径小，可以嵌入二氧化硅晶体内以及氟离子有极强的亲核能力，与硅形成的化学键强于氧与硅形成的化学键从而反应 D．科学家已测定(二氟化氙)为直线形结构，说明二氟化氙的VSEPR模型是直线形 【答案】C 【解析】A．氧化镁属于离子化合物，工业上不选择电解熔融氧化镁制备镁，是因为氧化镁熔点远高于氯化镁，电解能耗过高，A错误；B．当晶体颗粒达到纳米级别时，颗粒表面原子占比大幅升高，晶体缺陷多，纳米材料的熔点会远低于块体材料，因此熔点会发生变化，B错误；C．氢氟酸是唯一可溶解二氧化硅的酸，题干所述反应原理符合实际，氟离子半径小、亲核能力强，且Si-F键的键能远大于Si-O键，可发生反应生成更稳定的含硅氟化物，C正确；D．中中心原子Xe的价层电子对数为，VSEPR模型为三角双锥，直线形是其分子空间结构，是3对孤电子对位于三角双锥赤道平面导致的，D错误；故选C。 2．（2026·重庆·模拟预测）下列说法错误的是 A．电负性：C<B B．第一电离能：O<N C．能级的能量：E(3s)<E(3d) D．微粒的半径：Mg2+<Cl- 【答案】A 【解析】A．同周期主族元素电负性随原子序数增大而增大，B和C均为第二周期元素，原子序数B<C，故电负性B<C，A错误；B．N原子的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O<N，B正确；C．同一能层的能级能量满足s<p<d的顺序，故E(3s)<E(3d)，C正确；D．Mg2+核外有2个电子层，Cl-核外有3个电子层，电子层数越多离子半径越大，故半径Mg2+<Cl-，D正确；故答案选A。 3．（2026·山东烟台·模拟预测）下列化学用语正确的是 A．的VSEPR模型： B．NaCl溶液中的水合离子： C．基态锑的简化电子排布式： D．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： 【答案】A 【解析】A．中心N原子的价层电子对数为，包含3个成键电子对和1对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，与图示一致，A正确；B．溶液中，带负电，应吸引水分子中带正电的H原子，即水分子的H朝向，图示中周围水分子的O朝向；同理周围应是水分子中的O朝向，B错误；C．基态锑为51号元素，基态电子排布式为：，简化电子排布式为，C错误；D．邻羟基苯甲醛的分子内氢键是：羟基上与O相连的H和醛基的O之间形成的，图示虚线连接的是羟基的O和醛基上与C相连的H，该H无法形成氢键，D错误；故选A。 4．（2026·福建福州·模拟预测）我国新一代载人飞船使用的绿色推进剂硝酸羟胺[NH3OH]+[NO3]-在催化剂作用下可完全分解为N2、H2O和O2。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．0.1 mol [NH3OH]+含有的质子数为1.5 B．48 g固态硝酸羟胺含有的离子数为0.5 C．[NH3OH]+中H-N-H的夹角比中的夹角更大 D．硝酸羟胺分解产生11.2 L (已折算为标准状况)的同时，生成O2分子数为 【答案】C 【解析】A．1个的质子数为7(N)+4×1(H)+8(O)=19，0.1 mol该离子含质子数为，A错误；B．硝酸羟胺摩尔质量为96 g/mol，48 g的物质的量为，1 mol硝酸羟胺含1 mol阳离子和1 mol阴离子共2 mol离子，故48 g含离子数为，B错误；C．中N原子有1对孤电子对，孤电子对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，使H-N-H键角较小；中N原子无孤电子对，均为成键电子对，H-N-H夹角更大，C正确；D．分解反应方程式为，标况下11.2 L 物质的量为0.5 mol，对应生成物质的量为0.5 mol，分子数为，D错误。 5．（2026·浙江台州·模拟预测）根据元素周期律，下列说法不正确的是 A．非金属性：Si<Ge B．热稳定性：H2O>H2S C．碱性：Ca(OH)2<Ba(OH)2 D．第一电离能：Cl>P>S 【答案】A 【解析】A．Si和Ge同属第IVA族，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，故非金属性Si>Ge，A错误；B．O和S同属第VIA族，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，简单氢化物热稳定性随非金属性减弱而降低，故热稳定性H2O>H2S，B正确；C．Ca和Ba同属第IIA族，同主族元素从上到下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性随金属性增强而增强，故碱性Ca(OH)2<Ba(OH)2，C正确；D．第三周期元素第一电离能随原子序数增大总体呈上升趋势，但P的3p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的S，故第一电离能Cl>P>S，D正确；故选A。 6．（2026·广东佛山·模拟预测）科学家发现锑(51Sb)和锗(32Ge)能模拟贵金属的催化行为。下列说法正确的是 A．催化反应涉及Sb(I)→Sb(Ⅲ)转化，体现Sb(I)的还原性 B．和中子数不同，化学性质不同 C．基态51Sb原子价层电子排布式为5s25p3，位于周期表s区 D．已知SbH3的结构与NH3相似，则其电子式为 【答案】A 【解析】A．催化反应涉及Sb(I)→Sb(Ⅲ)转化的反应过程中，Sb的化合价升高，作还原剂，体现了Sb(I)的还原性，A正确；B．和为同位素，中子数不同，但其质子数相同、电子排布相同，化学性质几乎完全相同，B错误；C．基态原子序数为51，价层电子排布式为5s25p3，属于第VA族元素。周期表中p区元素价电子排布为ns2np1-6，Sb位于p区而非s区，C错误；D．SbH3的结构与NH3相似，Sb原子最外层有5个电子，需形成3个共价键并保留1对孤对电子，正确电子式应为，D错误；故选A。 7．（2026·陕西咸阳·三模）元素周期表中存在“对角线规则”，如图所示。下列说法错误的是 A．Li能在N2中燃烧 B．BeO属于两性氧化物 C．BeCl2与过量NaOH溶液反应生成Be(OH)2 D．B可作为半导体材料 【答案】C 【解析】A．Mg可在中燃烧，Li性质与Mg相似，确实能在中燃烧生成，A不符合题意；B．是两性氧化物，BeO性质与相似，属于两性氧化物，B不符合题意；C．和过量反应不会生成，会生成可溶性的四羟基合铝酸钠；Be性质与Al相似，同样可溶于过量强碱，因此和过量反应生成，不是，C符合题意；D．Si是常用半导体材料，B位于元素周期表中金属与非金属的分界线附近，性质与Si相似，可作为半导体材料，D不符合题意；故选C。 8．（2026·山西忻州·模拟预测）羟基磷酸钙是骨骼和牙釉质的主要成分，其中一种制备方式的反应方程式为 。下列有关化学用语或说法错误的是 A．的电子式： B．中子数为10的氧核素： C．的空间结构：正四面体形 D．溶解度： 【答案】D 【解析】A．是离子化合物，由和两个构成，内部氧氢之间为共用电子对，电子式为，A正确；B．中子数为10的氧核素质量数为，核素符号书写为，B正确；C．的中心原子P的价层电子对数为，的空间结构为正四面体形，C正确；D．制备反应能够自发正向进行，说明溶解度更小，溶解度关系应为，D错误；故选D。 9．（2026·湖南长沙·二模）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的PH3杂质，反应方程式为：。下列分析错误的是 A．的空间构型为正四面体形 B．基态Cu+核外电子的运动状态为28种 C．键角：PH3＜ NH3 D．反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为24：11 【答案】D 【解析】A．中心S原子价层电子对数为4，无孤电子对，为杂化，空间构型为正四面体形，A正确；B．基态核外共有28个电子，每个电子的运动状态均不相同，故核外电子的运动状态为28种，B正确；C．和均为三角锥形结构，N的电负性大于P，中成键电子对之间斥力更大，键角更大，故键角，C正确；D．反应中24 mol中Cu元素全部得电子作氧化剂，11 mol中仅有3 mol P化合价升高，作还原剂，剩余8 mol中P化合价不变，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为24:3=8:1，不是24:11，D错误；因此答案选D。 10．（2026·山东济南·模拟预测）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 选项 性质差异 主要原因 A 还原性： 第一电离能： B 熔点： 阳离子半径： C 键角： 电负性： D 热稳定性： 中轨道全充满，更稳定 【答案】A 【解析】A．还原性的本质原因是O的非金属性强于S，-2价O更难失电子被氧化，与第一电离能无直接因果关系，A错误；B．金属晶体熔点与金属键强度正相关，阳离子电荷相同时半径越小金属键越强，，因此Ca的金属键更强，熔点，B正确；C．和均为V形结构，电负性，中成键电子对更靠近F，成键电子对间斥力更小，键角更小，C正确；D．的电子排布为，3d轨道全充满能量更低更稳定，因此热稳定性强于，D正确；故答案选A。 11．（2026·云南·模拟预测）M、T、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，这六种元素组成的一种离子液体(其阳离子中五元环上5个原子共面)结构如图所示，除M外其余元素均位于同一周期。下列说法错误的是 A．形成的晶体中配位数为12 B．该化合物为离子化合物，熔点低于 C．阳离子中Y原子杂化方式只有一种 D．一定条件下，含Q的单质能置换出含Z的单质 【答案】A 【分析】M、T、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，组成的一种离子液体(其阳离子中五元环上5个原子共面)结构为，根据成键规则可推断，·M只形成1个共价键，M为H，X形成4个共价键、Y可形成3个单键共价键、Z形成2个共价键，则X为C、Y为N、Z为O，且除M外其余元素同周期，都为第二周期，则Q为F，T与F形成离子，可知T为B，即这六种元素为：M是H、T是B、X是C、Y是N、Z是O、Q是F。 【解析】A．由分析可知，YM3为NH3，晶体属于分子晶体，分子间因氢键形成非密堆积，配位数小于12，A错误；B．由分析可知，该化合物含阴、阳离子，属于离子化合物，该化合物中阴、阳离子半径大，离子键较弱，常温下为液体，熔沸点较低，为共价晶体，常温下为固体，熔沸点较高，因此该化合物熔点低于Al2O3，B正确；C．由题意可知，阳离子中五元环上5个原子共面，故Y（N）原子的杂化方式均为，C正确；D．由分析可知，Q为F，Z为O，具有强氧化性，一定条件下可发生反应：，D正确；故选A。 12．（2026·河南新乡·模拟预测）某含钌()催化剂在电催化氨氧化方面活性较高，其结构如图。关于该催化剂，下列说法错误的是    A．的化合价为+2价 B．为平面形分子 C．分子中参与形成大键的未杂化的p轨道含有1个或2个电子 D．的配位数为6 【答案】C 【解析】A．该配合物整体为电中性，结构中含2个羧酸根配体，每个羧酸根带1个单位负电荷，其余所有含氮配体均为中性，因此Ru的化合价为+2价，A正确；B．化合物（吡啶）中所有碳原子和氮原子均采取sp2杂化，故该分子所有原子都在同一平面，B正确；C．吡啶中，大键为六中心六电子大键，包含5个原子和1个N原子，参与成键的未杂化p轨道均只含有1个电子，不存在含2个电子的p轨道，C错误；D．直接与成键的配位原子共6个（上下吡啶的2个N、左右配体各提供1个N和1个O，共个），因此的配位数为6，D正确；故选C。 13．（2026·甘肃嘉峪关·模拟预测）物质结构决定性质。下列关于物质性质的解释正确的是 物质性质 解释 A 由与组成的离子液体常温下呈液态 其离子体积较大 B 稳定性： 分子之间形成氢键 C 某些金属灼烧时有特征焰色 核外电子受热吸收能量跃迁至较高能级 D 的键角比的键角大 和分子的中心原子杂化方式不同 【答案】A 【解析】A．和离子体积大，电荷分散，离子间作用力弱、离子键低，因此常温下呈液态，A正确；B．氢化物热稳定性由共价键键能决定，O的非金属性强于S，键键能大于键，因此更稳定，氢键属于分子间作用力，不影响物质稳定性，B错误；C．焰色试验的成因是核外电子吸收能量跃迁至高能级后，再跃迁回低能级时以光的形式释放能量，仅吸收能量跃迁至高能级不会产生特征焰色，C错误；D．中心N原子和中心S原子均为杂化，二者键角差异是因为孤电子对数目不同：有1对孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对排斥力越大，键角越小，D错误；故选A。 14．（2026·辽宁朝阳·二模）我国科学家基于四脲大环和有机磷酸盐阴离子相互作用构建了一种超分子聚合物，结构如图所示，该聚合物可以促进的高效迁移，提升电池性能。 下列说法错误的是 A．超分子聚合物中有机磷酸盐阴离子之间存在氢键 B．四脲大环中碳原子的杂化类型为和杂化 C．上述过程体现了超分子的“分子识别”和“自组装”特征 D．四脲大环与有机磷酸盐阴离子之间通过配位键结合 【答案】D 【解析】A．有机磷酸盐阴离子中末端的磷酸基上的氧原子与羟基可以形成氢键，A正确；B．四脲大环中具有苯环结构，这些碳原子为杂化，与尿素连接的碳原子为杂化，B正确；C．由图示，四脲大环与有机磷酸盐阴离子能进行互相识别与结合，体现了超分子的“分子识别”和“自组装”特征，C正确；D．四脲大环中存在-N-H结构，与有机磷酸盐阴离子之间通过氢键结合，而非配位键，D错误；故选D。 15．（2026·安徽滁州·模拟预测）金属卤化物钙钛矿由于出色的光电性质受到了研究人员的广泛关注。某金属卤化物的晶胞结构及俯视图如下(晶胞参数为a pm)。下列说法正确的是 A．晶体中Cs位于Na形成的八面体空隙中 B．一个晶胞中含有18个Cl C．Na与Cs的最短核间距为 D．该晶体的密度为 【答案】D 【解析】A．根据晶胞结构及标注，Bi和Na位于Cl形成的正八面体体心，说明八面体空隙由Cl构成，而非Na；Cs的位置并非处于Na形成的八面体空隙中，A错误；B．该晶胞为双钙钛矿Cs2NaBiCl6的面心立方晶胞，按均摊法计算，每个Cl由两个正八面体共用，晶胞中Na的个数为8×+6×=48，Bi的个数为1+12×=4，则Cl的个数为12×(4×6+4×6)=24；故1个晶胞实际含24个Cl⁻（并非18个），B错误；C．Na、Cs最短连线沿晶胞体对角线方向，体对角线总长a pm，二者最短核间距为a pm； 单位换算：1pm=10-12m，换算后应为a×10-12m，而非a×10-9m，C错误；D．晶胞内Cs2NaBiCl6单元数：4组（Z=4）；Cs2NaBiCl6摩尔质量M≈711g/mol，4M≈2844g/mol；晶胞体积换算：apm=a×10-10cm，体积V=(a×10-10)3cm3=a3×10-30cm3；密度公式：ρ===g·cm-3，D正确；故答案选D。 第II卷（非选择题 共55分） 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（2026·山东威海·二模）（14分） 单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）在元素周期表中， 位于第_____周期_____族。基态 原子的价电子轨道表示式为______________。 （2）乙二胺分子（，简写为）与形成的配合物，在材料合成、催化等领域应用广泛。 ①属于_____（填“极性”或“非极性”）分子。 ②八面体配离子中，的配位数和配体个数之比为_____。 ③易溶于水，除a．属于离子型配合物；b．配离子具有强极性：c．为易水合阴离子三点原因外，还有一个重要的原因是_________________。 （3） 的某种氧化物的晶体结构如下图所示。图甲表示这个立方晶胞可以划分成8个小的立方单位，分别由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小单位拼在一起，Ⅰ和Ⅱ两种小单位的结构和相互拼在一起的情况如图乙所示。该氧化物化学式为_______；每个周围与其等距离且紧邻的有_____个，晶胞中之间的最短距离为_______。 【答案】（1）4(1分) Ⅷ(1分) (2分) （2）极性(1分) 2:1(2分) 每个乙二胺配体分子中含有两个氨基，可与水分子形成氢键(2分) （3）Co3O4(2分) 6(1分) (2分) 【解析】（1）Co为27号元素，在元素周期表中位于第4周期第Ⅷ族，价电子表达式为3d74s2，价电子轨道表达式为； （2）①N原子为sp3杂化，有孤电子对，因此该分子为极性分子；②由于配离子为八面体结构，因此配位数为6个，而根据配离子中有3个en配体，配体数为3，因此Co3+离子的配位数和配体数之比为2：1；③除了题干中所述原因外，每个乙二胺配体分子中含有两个氨基，可与水分子形成氢键，增大了在水中的溶解度； （3）观察图乙中的最小单元，其中O2-的个数为8个，Co2+的个数为个，Co3+的个数为4个，因此该氧化物的化学式为Co3O4；观察任意一个Co3+在其上下前后左右各有一个与之相邻且等距离的O2-，因此每个周围与其等距离且紧邻的有6个；晶胞中Co2+之间的最短距离应为Ⅰ型或Ⅱ型小单元的体对角线的长度的一半，因此最短距离为。 17．（2026·云南·高考真题）（15分）镍配合物是贵金属催化剂的重要替代品。某实验小组设计了一种制备Ni(Ⅱ)配合物的方法，原理如下： 已知：CH2Cl2有毒、易挥发，。 实验步骤如下： Ⅰ．向双颈烧瓶中加入10 mL含(1 mmol)的乙醇溶液，通过仪器a逐滴加入3 mL含bpy(2 mmol)的乙醇溶液(装置如图，加热及夹持装置省略)，加热搅拌，冷却至室温。 Ⅱ．将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20 mL CH2Cl2溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液。 Ⅲ．有机层经减压蒸除溶剂，加入15 mL乙醇和2 mmol NaBPh4(Ph为苯基)，产生沉淀。经过滤、洗涤、干燥得粗产品，进一步提纯后得紫色晶体(配合物Z，)。 回答下列问题： （1）仪器a的名称为______。 （2）下列安全标识中，本实验不涉及的是______(填标号)。 A． B． C． D． （3）步骤Ⅱ中洗涤的目的为______，分液时CH2Cl2在______层(填“上”或“下”)。 （4）步骤Ⅲ中乙醇的作用为______。 （5）步骤Ⅲ中用______法提纯粗产品。 （6）配合物Z的产率为______(列出计算式即可)。 （7）测定配合物Z的晶体结构，下列方法可采用的是______(填标号)。 A．核磁共振氢谱法 B．质谱法 C．红外光谱法 D．X射线衍射法 （8）实验小组进一步探究不同投料比对Ni(Ⅱ)配合物结构的影响，以进行投料，按上述制备方法得红色晶体。推测的配位数为______。 【答案】（1）恒压滴液漏斗（1分） （2）D（2分） （3）除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质（2分） 下（1分） （4）降低配合物Z的溶解度，使其结晶析出（2分） （5）重结晶（1分） （6）（2分） （7）D（2分） （8）6（2分） 【分析】向双颈烧瓶中加入10 mL含(1 mmol)的乙醇溶液，通过仪器a逐滴加入3 mL含bpy(2 mmol)的乙醇溶液(装置如图，加热及夹持装置省略)，加热搅拌，冷却至室温，将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20 mL CH2Cl2溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液，有机层经减压蒸除溶剂，加入15 mL乙醇和2 mmol NaBPh4(Ph为苯基)，产生沉淀。经过滤、洗涤、干燥得粗产品，进一步提纯后得紫色晶体(配合物Z，)，据此回答。 【解析】（1）由图可知，仪器a是恒压滴液漏斗，它的支管可以平衡压强，使液体顺利流下；（2）佩戴护目镜可以在实验时保护眼睛；实验结束好要洗手；CH2Cl2有毒、易挥发，所以要注意排气防止中毒；本实验不涉及锐器，故选D； （3）步骤Ⅱ中，将上述溶液减压蒸除乙醇，加入20 mL CH2Cl2溶解，再加少量蒸馏水洗涤、分液，洗涤可用于除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质，减少后续反应的干扰；CH2Cl2的密度为 1.33g·cm-3，大于水，因此分液时在下层； （4）步骤Ⅲ中，加入乙醇后配合物Z沉淀析出，因此乙醇的作用是降低配合物Z的溶解度，使其从溶液中析出； （5） 粗产品已经是固体结晶，为了去除混入的少量可溶性杂质并获得高纯度的紫色晶体，通常采用重结晶法。 （6）根据反应离子方程式：，再结合投料量，理论上三者恰好完全反应，理论上生成配合物Z的物质的量为1 mmol，质量为，实际产量为，产率=； （7）A．核磁共振氢谱用于测氢原子种类，不直接测晶体结构，A不符合题意；B．质谱法用于测分子量，不直接测晶体结构，不符合题意；C．红外光谱法用于测官能团、化学键，不直接测晶体结构，C不符合题意；D．X射线衍射法是测定晶体结构的经典方法，可确定原子的空间排布，D符合题意； 故选D； （8）bpy（联吡啶）是双齿配体，每个bpy提供 2 个配位原子，当1:2投料时，2 个bpy共提供4个配位原子，配位数为4；当投料时，3个bpy共提供3×2=6个配位原子，因此的配位数为6。 18．（2026·山东·高考真题）（12分）与（L）通过配位键形成多孔金属有机框架材料，其四方晶胞结构如图所示（晶胞参数，，原子略）。回答下列问题： （1）基态Cu原子的电子排布式为_____________；C，N，O，F中第二电离能最大的是_________。 （2）为平面分子，其中N原子采取的轨道杂化方式为_________，该分子的孤电子对数为_________。 （3）中_________；其在室温下可选择性吸附，但不吸附和。分子被吸附在晶胞顶点，与框架结构中的F原子存在如图所示静电作用，晶体中与一个分子产生该作用的F原子有___________个；不吸附和的原因是__________________________________________________________________。 （4）若阿伏加德罗常数的值为，则的对的理论吸附量为____。 【答案】（1）（2分） O（1分） （2）（1分） 2（1分） （3）1：2：1（2分） 4（1分） 和为非极性键构成的非极性分子，分子中不存在带显著正电荷的原子或成键电子对/共用电子对未发生偏移（2分） （4） （2分） 【解析】（1）Cu原子的序数为 29。根据洪特规则的特例，当d轨道处于全满状态时能量更低、结构更稳定。因此，基态Cu原子的电子排布式为；第二电离能是指失去第二个电子所需要的能量；的价电子排布为；的价电子排布为；的价电子排布为，2p 轨道半充满的稳定状态，极难再失去电子；的价电子排布为；因此，氧的第二电离能最大。 （2）配体L类似于苯环，环上的每个N原子形成了 2 个键，并且保留了 1 对孤电子对，因此其价层电子对数为2+1=3，所以采取的是杂化；分子中有 2 个N原子，每个N原子有 1 对未参与成键的孤对电子，C和H均没有孤电子对，故整个分子的孤电子对数为 2。 （3）Cu原子位于晶胞的体内，数目为1；位于上下底面心，共有个，配体L位于晶胞4个竖直面的面心上（图中六元环只画了一半），数目为个；故中；吸附在顶点，顶点同层平面内与4个八面体相邻，每个八面体都有1个F原子与形成如图所示静电作用，故答案为4；由图提示可知，吸附核心在于与的静电引力。和属于由非极性键构成的非极性分子，内部没有显著的电荷偏转，不具备可以被F吸引的正电荷中心，因此不被吸附。 （4）晶胞体积，1个晶胞中数目为，故中的物质的量为： 。 19．（2026·北京·模拟预测）（14分）金(Au)在电子工业、催化等领域有重要应用。 （1）Au位于元素周期表第六周期ⅠB族。画出Au的基态原子最外层轨道表示式___________。 （2）Au常见的化合价有+1和+3，易形成配合物离子，如、。 ①中存在的化学键是___________(填序号)。 a．离子键        b．配位键        c．金属键 ②为平面分子，结构如下图所示。其中Au的杂化类型是___________(填序号)。 a．        b．        c． （3）Au-Cu合金可形成多种有序结构。两种典型晶胞如下图所示，其中Ⅱ是立方晶胞。 K金 金近似纯度 含金质量分数 24K 24/24 99.9% 22K 22/24 91.7% 20K 20/24 83.3% 18K 18/24 75.0% ①金饰品常以“K金”表示金的质量分数，常见规格如上表所示。 晶胞Ⅰ所代表的Au-Cu合金的金纯度相当于___________K金的(保留整数)。 ②晶胞Ⅰ和晶胞Ⅱ中，与Au最近且距离相等的Cu原子个数之比是___________。 ③晶胞Ⅱ的密度是，阿伏加德罗常数为，金原子与铜原子的半径之和是___________cm。 （4）利用溶液湿法浸取金单质矿石：硫酸酸化控制pH为1~3，浸取相同时间。 已知：浸出过程中，与形成配离子。 ①写出浸金过程的离子方程式___________。 ②为进一步提高浸出率，向体系中加入氧化剂。随用量增加，金的浸出率先升高后降低。解释浸出率下降的可能原因___________。 【答案】（1）（1分） （2）①b（2分） ②c（2分） （3）①18（1分） ②2：1（2分） ③（2分） （4）①（2分） ②和都可以和配位，浓度过大时，与配位比例增大，浸取液中浓度下降，与反应速率下降，浸出率下降（2分） 【解析】（1）Au位于元素周期表第六周期ⅠB族，价电子排布为，基态原子最外层轨道表示式即第6电子层的轨道，第6层只有6s，其轨道排布式为：； （2）①是配合物离子，提供空轨道，提供孤电子对，二者之间形成配位键，离子键存在于阴阳离子之间，该离子内部不存在离子键；金属键存在于金属晶体中，因此只有配位键存在，故选b；②为平面分子，结构中每个周围有4个，据此分析： a．杂化，只能形成3个杂化轨道，无法形成4配位，不符合题意；b．杂化，能形成4个杂化轨道，但是结构为四面体构型，不符合题意；c．杂化，能形成4个杂化轨道，形成4个等价的平面轨道，符合题意；故选c； （3）①先计算晶胞Ⅰ中和的个数：在体心，个数为1；在顶点位置，个数为：；所以晶胞中和的原子个数比为：1：1；则的质量分数为：，对照数据，含金质量分数为75%时对应为18 K金；②晶胞Ⅰ中，与Au最近且距离相等的Cu原子个数为8；晶胞Ⅱ中，与Au最近且距离相等的Cu原子个数为：4；则晶胞Ⅰ和晶胞Ⅱ中，与Au最近且距离相等的Cu原子个数之比是；③晶胞Ⅱ中：在面心位置，个数为：；在顶点位置，个数为，则该晶胞的参数设为a cm，由于晶胞中原子是“无隙并置”的，结合和的原子位置，可知面对角线长度=，即，即，已知，则，计算，则金原子与铜原子的半径之和是； （4）①已知浸出过程中，与形成配离子，则浸金过程中为还原剂，氧气为氧化剂，其离子方程式为：；②上升阶段：作为氧化剂，将氧化为，促进与形成配离子的反应，提高浸出率；下降阶段：过量的会结合形成络合物，消耗配体，导致溶液中游离浓度降低，不利于形成配合物，浸出率下降。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第五章 物质结构与性质元素周期律（测试） 参考答案 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 C A A C A A C D D A A C A D D 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16．（14分） （1）4(1分) Ⅷ(1分) (2分) （2）极性(1分) 2:1(2分) 每个乙二胺配体分子中含有两个氨基，可与水分子形成氢键(2分) （3）Co3O4(2分) 6(1分) (2分) 17．（15分） （1）恒压滴液漏斗（1分） （2）D（2分） （3）除去有机层中溶解的硝酸盐和未反应的水溶性杂质（2分） 下（1分） （4）降低配合物Z的溶解度，使其结晶析出（2分） （5）重结晶（1分） （6）（2分） （7）D（2分） （8）6（2分） 18．（12分） （1）（2分） O（1分） （2）（1分） 2（1分） （3）1：2：1（2分） 4（1分） 和为非极性键构成的非极性分子，分子中不存在带显著正电荷的原子或成键电子对/共用电子对未发生偏移（2分） （4） （2分） 19．（14分） （1）（1分） （2）①b（2分） ②c（2分） （3）①18（1分） ②2：1（2分） ③（2分） （4）①（2分） ②和都可以和配位，浓度过大时，与配位比例增大，浸取液中浓度下降，与反应速率下降，浸出率下降（2分） 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $