专题05 物质结构与性质（6年汇编）（广东专用）2021-2026年高考化学真题分类汇编

**基本信息** 汇编广东近6年高考真题及模拟题，聚焦物质结构与性质，覆盖原子分子结构、元素周期律等核心考点，以配合物、电解质饮料等真实物质为情境，强化结构与性质关联，适配高考备考需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|约15题（45分）|原子结构（键能、VSEPR模型）、元素周期律（原子半径、非金属性）|以含硒化合物、能量补充剂为情境，考查“结构—性质”推理| |非选择|约5题（55分）|配合物结构、晶胞计算、元素推断综合|结合聚集诱导发光、热电材料等科技前沿，强化信息提取与逻辑分析，匹配高考命题趋势|

专题05 物质结构与性质 6年真题1年模拟 考点分类 考情示例 命题规律 考点01 原子、分子结构与性质 2026广东（2题）、2025广东（3题）、2022广东（1题）、2021广东（1题） · 情境设置：以配合物、含硒/巯基化合物等真实物质为载体，融合结构决定性质主题。 · 考查重点：键能与热稳定性、VSEPR模型、第一电离能、配合物结构与性质、含硫/硒化合物成键特征。 · 命题趋势：强化"结构—性质"推理，注重分子构型、化学键与物质性质的关联分析，综合性增强。 考点02 元素周期律 2026广东（1题）、2024广东（1题）、2023广东（1题）、2022广东（1题）、2021广东（1题） · 情境设置：以电解质饮料、能量补充剂、肥料、麻醉剂等生活生产物质为情境。 · 考查重点：元素推断、原子半径、金属性与非金属性、化合价、最高价氧化物对应水化物性质。 · 命题趋势：依托短周期元素周期表位置与性质递变规律，强化信息提取与逻辑推理能力，题型稳定。 考点1 原子、分子结构与性质 1.（2026·广东·高考真题）结构决定性质。下列事实对应的解释错误的是 选项 事实 解释 A 热稳定性： 键能： B 酸性：乙酸>丙酸 推电子效应： C 沸点：邻羟基苯甲醛>水 邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键 D 在中的溶解度：苯 苯和为非极性分子，为极性分子 A. A B. B C. C D. D 2.（2026·广东·高考真题）结构决定性质。下列事实对应的解释错误的是 选项 事实 解释 A 热稳定性： 键能： B 酸性：乙酸>丙酸 推电子效应： C 沸点：邻羟基苯甲醛>水 邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键 D 在中的溶解度：苯 苯和为非极性分子，为极性分子 A. A B. B C. C D. D 3.（2025·广东·高考真题）由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 的VSEPR模型为平面三角形 具有氧化性 B 钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量变化不同 钾和钠的焰色不同 C 乙烯和乙炔分子均含有键 两者均可发生加聚反应 D 石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子，可在整个碳原子平面中运动 石墨具有类似金属的导电性 A. A B. B C. C D. D 4.（2025·广东·高考真题）在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构(如图)形似梅花。下列关于该多烯环配合物说法正确的是 A. 键是共价键 B. 有8个碳碳双键 C. 共有16个氢原子 D. 不能发生取代反应 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： 6.（2022·广东·高考真题）（多选）硒()是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光()效应以来，在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含的新型分子的合成路线如下： （1）与S同族，基态硒原子价电子排布式为　　　　　　　。 （2）的沸点低于，其原因是　　　　　　　。 （3）关于I~III三种反应物，下列说法正确的有　　　　　　　。 A．I中仅有键 B．I中的键为非极性共价键 C．II易溶于水 D．II中原子的杂化轨道类型只有与 E．I~III含有的元素中，O电负性最大 （4）IV中具有孤对电子的原子有　　　　　　　。 （5）硒的两种含氧酸的酸性强弱为　　　　　　　(填“>”或“<”)。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠()可减轻重金属铊引起的中毒。的立体构型为　　　　　　　。 （6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。 ①X的化学式为　　　　　　　。 ②设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为　　　　　　　(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。 7.（2021·广东·高考真题）很多含巯基(-SH)的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物I可与氧化汞生成化合物Ⅱ。 (1)基态硫原子价电子排布式为　　　　　　　。 (2)H2S、CH4、H2O的沸点由高到低顺序为　　　　　　　。 (3)汞的原子序数为80，位于元素周期表第　　　　　　　周期第ⅡB族。 (4)化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有　　　　　　　。 A. 在I中S原子采取sp3杂化 B. 在Ⅱ中S元素的电负性最大 C. 在Ⅲ中C-C-C键角是180°                D. 在Ⅲ中存在离子键与共价键 E. 在Ⅳ中硫氧键的键能均相等 (5)汞解毒剂的水溶性好，有利于体内 重金属元素汞的解毒。化合物I与化合物Ⅲ相比，水溶性较好的是　　　　　　　。 (6)理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体(晶胞如图9a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。 ①图9b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是　　　　　　　。 ②图9c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为　　　　　　　；该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb = 　　　　　　　。 ③设X的最简式的式量为Mr，则X晶体的密度为　　　　　　　g/cm3(列出算式)。 考点2 元素周期律 1.（2026·广东·高考真题）化合物与可用作电解质饮料的配料。短周期元素M、R、L、T、Q、X原子序数依次增加，R、X同族，Q与X相邻，Q基态原子的3p轨道为半充满，则 A. 原子半径： B. 金属性： C. 第一电离能： D. 最高价氧化物对应水化物的酸性： 2.（2026·广东·高考真题）化合物与可用作电解质饮料的配料。短周期元素M、R、L、T、Q、X原子序数依次增加，R、X同族，Q与X相邻，Q基态原子的3p轨道为半充满，则 A. 原子半径： B. 金属性： C. 第一电离能： D. 最高价氧化物对应水化物的酸性： 3.（2024·广东·高考真题）一种可为运动员补充能量的物质，其分子结构式如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，则 A. 沸点： B. 最高价氧化物的水化物的酸性： C. 第一电离能： D. 和空间结构均为平面三角形 4.（2023·广东·高考真题）化合物可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是 A. 元素电负性： B. 氢化物沸点： C. 第一电离能： D. 和的空间结构均为三角锥形 5.（2022·广东·高考真题）甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是 甲 乙 丙 丁 戊 A. 原子半径：丁＞戊＞乙 B. 非金属性：戊＞丁＞丙 C. 甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生 D. 丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应 6.（2021·广东·高考真题）一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，的原子核只有1个质子；元素、、原子序数依次增大，且均位于的下一周期；元素的原子比原子多8个电子。下列说法不正确的是 A. 是一种强酸 B. 非金属性： C. 原子半径： D. 中，的化合价为+2价 模拟题精选 1.（2026·广东东莞·一模）冠醚的空穴能识别与其半径匹配的碱金属离子。某冠醚（结构如图）能识别，该冠醚 A. 属于芳香烃 B. 能发生取代反应 C. 分子内共有6个碳碳双键 D. 也能识别 2.（2026·广东中山·一模）由结构能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 甲基使苯环上邻、对位的氢原子活化 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B 碘和均为正电中心和负电中心重合的分子 溶有少量碘的溶液加入浓KI溶液，振荡，溶液层颜色变浅 C 晶体中粒子呈现周期性的有序排列 水晶柱面上的石蜡遇热，不同方向熔化的快慢不同 D 离子键成分百分数： 熔点： A. A B. B C. C D. D 3.（2026·广东中山·一模）如图是一种有机分子M的对映异构体结构模型(图中圆球代表不同的原子或原子团)，分子式可表示为，具有两性，为同周期相邻的主族元素，基态X原子的各能级电子数相等，Y是周期表中原子半径最小的元素，第一电离能关系。下列有关说法不正确的是 A. 电负性： B. 最简单氢化物沸点： C. 原子团内键角：原子团原子团2 D. M的两性可能与原子团1和原子团3有关 4.（2026·广东深圳·一模）如图所示的化合物是一种重要的化工原料，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子。下列说法正确的是 A. 和EZ2的空间结构均为平面三角形 B. W和Z形成的化合物中一定只有离子键 C. 第一电离能：Z>Y>E D. 简单氢化物的沸点：W>Z>Y>E 5.（2026·广东汕头·一模）离子液体在穿戴电子领域具有广泛的应用前景。某离子液体由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、Q组成（结构如图），的离子半径是其所在周期中元素简单离子半径最小的。下列说法正确的是     A. 键角： B. 沸点： C. 的最高价氧化物对应的水化物为强碱 D. 该结构中X、Y、Z均达到8电子稳定结构 6.（2026·广东汕头·一模）由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 金属钨晶体中金属键强 金属钨熔点高 B 键能： HF热稳定性强于 C 硝基是强吸电子基团 对硝基苯酚酸性强于苯酚 D 为形结构，属于弱极性分子 在水中的溶解度高于在中的溶解度 A. A B. B C. C D. D 7.（2026·广东梅州·一模）物质结构决定物质性质。下列结构因素不能解释相应物质性质的是 选项 物质性质 结构因素 A 石墨有润滑作用 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，容易在层间发生相对滑动 B 对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸 氢键类型不同 C 干冰易升华，可用于制造“烟雾” 分子中含有共价键 D 2-丁烯存在顺反异构现象，丁烷不存在顺反异构现象 键不能绕键轴旋转 A. A B. B C. C D. D 8.（2026·广东梅州·一模）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径和元素最低化合价的关系如图所示。下列叙述正确的是 A. 第一电离能： B. 简单氢化物的沸点： C. 最高价氧化物对应水化物的酸性： D. 的空间结构为平面三角形 9.（2026·广东汕头·二模）化学用语是化学的基石，下列化学用语表达不正确的是 A. 甲基的电子式： B. 2，2，4-三甲基戊烷的键线式： C. 中共价键的电子云轮廓图： D. 的VSEPR模型： 10.（2026·广东汕头·二模）某化合物结构如图所示，其组成元素a、b、c、d、e、f为核电荷数依次增大的短周期主族元素，其中d和f位于同主族，下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 简单氢化物沸点： D. d与e可形成含非极性共价键的离子化合物 11.（2026·广东汕头·二模）由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 离子半径： 熔点： B 电负性： 同条件下： C 氢键键能： 沸点： D 的空间结构为正四面体 难溶于水，易溶于 A. A B. B C. C D. D 12.（2026·广东中山·二模）由结构不能推导出对应性质的是 选项 结构 性质 A 水为V形结构分子，且存在分子间氢键 水结冰体积变大 B 石墨晶体、铜晶体中均存在可自由移动的电子 石墨、铜均具有一定导电性 C 基态钠原子的最外层电子数为1 钠的电离能()：远大于 D 聚乙烯可形成线型结构或网状结构 聚乙烯无毒性 A. A B. B C. C D. D 13.（2026·广东中山·二模）甲～辛均为短周期主族元素，在周期表的相对位置如图。戊的基态原子2p轨道半充满，下列说法正确的是 A. 原子半径：庚>丁>丙 B. 基态原子第一电离能：己>戊>庚 C. 戊的简单氢化物VSEPR模型为四面体形 D. 氧化物的水化物的酸性：辛>庚 14.（2026·广东茂名·二模）元素a~k为短周期主族元素，其电负性与原子序数的关系如图。下列说法正确的是 A. 第一电离能： B. 简单氢化物的稳定性： C. 简单离子半径： D. a和j的电负性相近，它们位于同一主族 15.（2026·广东茂名·二模）由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 甲苯中甲基与苯环相连 甲苯能被酸性溶液氧化 B NaCl属于离子晶体 熔融NaCl可导电 C 乙酸分子含极性的C-H键 乙酸能发生酯化反应 D HCl是极性分子，是非极性分子 在水中的溶解度： A. A B. B C. C D. D 16.（2026·广东韶关·二模）化合物常作增味剂，已知Y、X、Z、M、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，在每个周期均有分布，只有X、Z、M同一周期且相邻，Z元素基态原子的最外层有3个未成对电子，Y与E同族。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 氢化物沸点： D. 和空间结构均为平面三角形 17.（2026·广东佛山·二模）一种高效杀虫剂的分子结构如图。已知Q、R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W和Y同族。下列说法错误的是 A. 第一电离能：Y＞W＞X B. 最高价含氧酸的酸性：Z＞Y C. 最简单氢化物沸点：W＞R D. 键角： 18.（2026·广东东莞·一模）利用铁锰氧化矿（主要含及Fe、Co、Cu、Si的氧化物）制备，流程如下： 已知：①常温下，，，。 ②当离子浓度，即认为该离子已沉淀完全. （1）“焙烧”生成的可于　　　　　　　　（写一条）。 （2）基态Mn原子的价层电子轨道表示式为　　　　　　　　，其位于元素周期表的　　　　　　　　区。 （3）“水浸”后所得滤渣中有红棕色固体，其化学式为　　　　　　　　。 （4）“萃取”步骤可回收铜，萃取剂HA的2种构型如图所示（*表示配位原子）。实验测得反式结构与形成的更稳定，原因为反式结构的空间位阻较小，且　　　　　　　　。 （5）“沉钴”时，向萃取除铜后的溶液中滴加溶液，调节时恰好完全沉淀，此时溶液中　　　　　　　　。 （6）“沉锰”时，调溶液至碱性，加溶液制得，离子方程式为　　　　　　　　。 （7）某立方晶胞的锰晶体切面图如A所示。设Mn原子的半径为，则A的晶胞体积为　　　　　　　　。另一种锰晶体晶胞中Mn的配位数为8，在图B中画出该晶胞示意图　　　　　　　　（用小黑球●表示锰原子，在答题卡上作答）。 19.（2026·广东韶关·二模）铜及其化合物化学性质丰富，应用广泛。 （1）基态的价电子排布式为　　　　　　；结合价电子排布式，解释气态比稳定的原因　　　　　　。 （2）HCl在某种含铜催化剂的作用下可与反应制得，实现氯资源的再利用。其反应机理如图： ①上述过程中，Y为　　　　　　(填化学式)。 ②该过程的总反应方程式为　　　　　　。 （3）已知：①生成焓是指某温度，标准大气压下，由元素最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应； ②反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和，相关物质298K时的生成焓如下表所示： 物质 CuO 生成焓() x y 0 则298K时，1 mol CuO分解生成和的　　　　　　(用含x、y的代数式表示)。 （4）一定温度下，CuCl微溶于水，在浓度较高的NaCl溶液中可与Cl⁻形成配离子而溶解，存在如下平衡： 反应ⅴ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： 关于上述平衡体系说法正确的是______。(填字母) A. 加入NaCl固体，浓度一定上升 B. 加水稀释，溶液中的离子总数增大 C. 升高温度，反应ⅲ逆反应速率增大，正反应速率减小 D. 体系中， （5）已知和结合形成和两种配离子。常温下，浓度为的和浓度为的混合溶液中，和(实线)、含铜微粒的分布系数δ(虚线)与溶液pH的关系如图所示。 ①曲线Ⅰ代表　　　　　　(填“”或“”)。 ②由图可知，的平衡常数　　　　　　(写出计算结果)。 ③结合图中数据，计算出a点对应x值　　　　　　 (写出计算过程)。 20.（2026·广东深圳·二调）（多选）钨（W）、钼（Mo）是战略性稀有金属。一种从钨钼矿（主要成分为CaWO4，还含有Mo、Fe、P、As、Si等元素）中提取W、Mo的工艺如图所示。 已知：常温下，，。 在不同pH的溶液中，钨、钼的主要存在形式如表： pH 1 3 5 7 ≥9 W                                 Mo                                 （1）基态砷原子价层电子的轨道表示式为　　　　　。 （2）“碱浸”时，发生反应的化学方程式为　　　　　。 （3）常温下，“除磷砷”时： ①除砷反应的离子方程式为：　　　　　。 ②磷、砷完全沉淀（）后，溶液中至少为　　　　　（已知：）。 （4）W、Mo原子半径相近，可通过离子交换法实现两者的分离。离子交换树脂骨架上的可交换离子与溶液中带相同电荷的目标离子发生交换，目标离子进入树脂骨架。D308阴离子交换树脂更容易交换所带电荷多、半径大的目标离子。结合表中信息分析： ①选用D308阴离子交换树脂实现W、Mo分离时的最佳pH为　　　　　。 ②从工艺成本角度分析，相比阳离子交换法，选用D308阴离子交换树脂实现W、Mo分离的优点是　　　　　。 （5）一种含钨、钼、钽（Ta）元素的合金的立方晶胞结构如图所示，W与Mo的最小间距大于W与Ta的最小间距。 ①W、Mo、Ta的原子个数比为　　　　　，若Mo与Ta之间的最小间距为a nm，则晶胞的边长为　　　　　nm。 ②晶面对晶体的生长、成型等有重要影响。米勒指数可用于标记晶面，是指晶面分别与三轴截距的倒数，通过求比化为最简的三个整数。图中，实线所示晶面与三轴截距的倒数为，因此该晶面可标记为；则虚线所示晶面可标记为　　　　　。 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题05 物质结构与性质 考点1原子、分子结构与性质 1.【答案】C 2.【答案】C 3.【答案】A 4.【答案】A 5.【答案】B 6.【答案】(1)4s4p4 (2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高 (3)BDE (4)0、Se (5)①> ②正四面体形 (6)① K2SeBr6 ②1× 4M -×10 2 VNAP 7.【答案】①3s3p ②H,O>HS>CH4 ③六 ④AD ⑤化合物 Π ⑥由图9c可知，图b中$b、Hg原子取代位置除图b外还有其它形式 ⑦ ⑧1：1：2 ⑨2×M, 301×xy 考点2元素周期律 1.【答案】C 2.【答案】C 3.【答案】D 4.【答案】A 5.【答案】C 6.【答案】c 1.【答案】B 2.【答案】C 3.【答案】C 4.【答案】D 5.【答案】A 1/3 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 6.【答案】D 7.【答案】C 8.【答案】C 9.【答案】C 10.【答案】D 11.【答案】C 12.【答案】D 13.【答案】C 14.【答案】C 15.【答案】C 16.【答案】B 17.【答案】A 3d 4s 18.【答案】(1)制硫酸、制石膏等（合理即可） (2)① N ②d (3)Fe2O3 (4)配位原子距离更远，配位原子孤对电子间的静电排斥 力小于顺式，因此形成的配合物更稳定 (5)4×104 (6) 40H+2MnO,+3Mn2=5MnO,1+2H,O (7)① 16*10口 ② 19.【答案】(1)①3d0 ②Cu的价电子构型为3d0,属于全充满稳定结构，C+的价电子构 型为3d°，未达到全充满或半充满稳定状态，故C更稳定 (2)①HCI ② 催化剂 (3)0.5y-x (4)BD (5)① 4HCI+02=2Cl,+2H,O IgcHL2- ②104 ③11.6 忸 CaWO+N a2 CO3=CaCO3+N a2 WO 20.【答案】(1) 4s 4p (2) (3)① 2H2AsO3+2H202+3Mg2+40H=Mg3AsO1+6H2O ② 213 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 6.3×104 (4)①7 ②节约硫酸用量 (5)①1：1：2 ②49▣ 0 ③(212) 3/3 专题05 物质结构与性质 6年真题1年模拟 考点分类 考情示例 命题规律 考点01 原子、分子结构与性质 2026广东（2题）、2025广东（3题）、2022广东（1题）、2021广东（1题） · 情境设置：以配合物、含硒/巯基化合物等真实物质为载体，融合结构决定性质主题。 · 考查重点：键能与热稳定性、VSEPR模型、第一电离能、配合物结构与性质、含硫/硒化合物成键特征。 · 命题趋势：强化"结构—性质"推理，注重分子构型、化学键与物质性质的关联分析，综合性增强。 考点02 元素周期律 2026广东（1题）、2024广东（1题）、2023广东（1题）、2022广东（1题）、2021广东（1题） · 情境设置：以电解质饮料、能量补充剂、肥料、麻醉剂等生活生产物质为情境。 · 考查重点：元素推断、原子半径、金属性与非金属性、化合价、最高价氧化物对应水化物性质。 · 命题趋势：依托短周期元素周期表位置与性质递变规律，强化信息提取与逻辑推理能力，题型稳定。 考点1 原子、分子结构与性质 1.（2026·广东·高考真题）结构决定性质。下列事实对应的解释错误的是 选项 事实 解释 A 热稳定性： 键能： B 酸性：乙酸>丙酸 推电子效应： C 沸点：邻羟基苯甲醛>水 邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键 D 在中的溶解度：苯 苯和为非极性分子，为极性分子 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【详解】A．Cl原子半径小于I，H-Cl键长更短、键能更大，共价键更稳定，因此HCl热稳定性强于HI，A正确； B．烷基为推电子基团，乙基推电子效应强于甲基，使丙酸羧基的O-H键极性弱于乙酸，更难电离出H+，因此酸性乙酸强于丙酸，B正确； C．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键会减弱分子间作用力，反而会降低沸点，其沸点高于水的原因是相对分子质量远大于水，范德华力更强，解释错误，C错误； D．根据相似相溶原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂，苯和CCl4均为非极性分子，NH3为极性分子，因此苯在CCl4中溶解度大于NH3，D正确； 故选C。 2.（2026·广东·高考真题）结构决定性质。下列事实对应的解释错误的是 选项 事实 解释 A 热稳定性： 键能： B 酸性：乙酸>丙酸 推电子效应： C 沸点：邻羟基苯甲醛>水 邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键 D 在中的溶解度：苯 苯和为非极性分子，为极性分子 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【详解】A．Cl原子半径小于I，H-Cl键长更短、键能更大，共价键更稳定，因此HCl热稳定性强于HI，A正确； B．烷基为推电子基团，乙基推电子效应强于甲基，使丙酸羧基的O-H键极性弱于乙酸，更难电离出H+，因此酸性乙酸强于丙酸，B正确； C．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键会减弱分子间作用力，反而会降低沸点，其沸点高于水的原因是相对分子质量远大于水，范德华力更强，解释错误，C错误； D．根据相似相溶原理，非极性溶质易溶于非极性溶剂，苯和CCl4均为非极性分子，NH3为极性分子，因此苯在CCl4中溶解度大于NH3，D正确； 故选C。 3.（2025·广东·高考真题）由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 的VSEPR模型为平面三角形 具有氧化性 B 钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量变化不同 钾和钠的焰色不同 C 乙烯和乙炔分子均含有键 两者均可发生加聚反应 D 石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子，可在整个碳原子平面中运动 石墨具有类似金属的导电性 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【详解】A．SO3的VSEPR模型为平面三角形，反映其分子几何结构，但氧化性由硫的高价态(+6)决定，与结构无直接关联，A符合题意； B．钾和钠原子结构差异导致电子跃迁能量不同，焰色不同，结构与性质对应合理，B不符合题意； C．乙烯和乙炔均含π键，π键断裂是加聚反应的基础，结构与性质对应合理，C不符合题意； D．石墨层中离域p电子使其导电，结构与性质对应合理，D不符合题意； 答案选A。 4.（2025·广东·高考真题）在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构(如图)形似梅花。下列关于该多烯环配合物说法正确的是 A. 键是共价键 B. 有8个碳碳双键 C. 共有16个氢原子 D. 不能发生取代反应 【答案】A 【详解】A．C和H原子间通过共用电子对形成的是共价键，A正确； B．该配合物具有芳香性，存在的是共轭大π键，不存在碳碳双键，B错误； C．根据价键理论分析，该物质有10个H原子，C错误； D．大π键环上可以发生取代反应，D错误； 答案选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： 【答案】B 【分析】同周期中第一电离能中第IIA族和第VA族比相邻元素的第一电离能大，0族元素的第一电离能在同周期中最大，可以推断a~i分别是B、C、N、O、F、Ne、Na、Mg、Al。 【详解】A．a是B，g是Na，二者不同主族，A错误； B．Na、Mg、Al属于同周期，从左到右金属性依次减弱，B正确； C．e、d、c分别是F、O、N，属于同周期元素，同周期主族元素从左到右原子半径依次减小，原子半径c>d>e，C错误； D．b为C，c为N，NH3分子间存在氢键，沸点高，沸点NH3>CH4，D错误； 答案选B。 6.（2022·广东·高考真题）（多选）硒()是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光()效应以来，在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含的新型分子的合成路线如下： （1）与S同族，基态硒原子价电子排布式为　　　　　　　。 （2）的沸点低于，其原因是　　　　　　　。 （3）关于I~III三种反应物，下列说法正确的有　　　　　　　。 A．I中仅有键 B．I中的键为非极性共价键 C．II易溶于水 D．II中原子的杂化轨道类型只有与 E．I~III含有的元素中，O电负性最大 （4）IV中具有孤对电子的原子有　　　　　　　。 （5）硒的两种含氧酸的酸性强弱为　　　　　　　(填“>”或“<”)。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠()可减轻重金属铊引起的中毒。的立体构型为　　　　　　　。 （6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。 ①X的化学式为　　　　　　　。 ②设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为　　　　　　　(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】（1）4s24p4     （2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高     （3）BDE     （4）O、Se     （5）① ＞    ② 正四面体形     （6）① K2SeBr6    ②       【解析】（1）基态硫原子价电子排布式为3s23p4，与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4；故答案为：4s24p4。 （2）的沸点低于，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；故答案为：两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高。 （3）A．I中有键，还有大π键，故A错误；B．Se−Se是同种元素，因此I中的键为非极性共价键，故B正确；C．烃都是难溶于水，因此II难溶于水，故C错误；D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；E．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此I~III含有的元素中，O电负性最大，故E正确；综上所述，答案为：BDE。 （4）根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；故答案为：O、Se。 （5）根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为＞。中Se价层电子对数为，其立体构型为正四面体形；故答案为：＞；正四面体形。 （6）①根据晶胞结构得到K有8个，有，则X的化学式为K2SeBr6；故答案为：K2SeBr6。 ②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即；故答案为：。 7.（2021·广东·高考真题）很多含巯基(-SH)的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物I可与氧化汞生成化合物Ⅱ。 (1)基态硫原子价电子排布式为　　　　　　　。 (2)H2S、CH4、H2O的沸点由高到低顺序为　　　　　　　。 (3)汞的原子序数为80，位于元素周期表第　　　　　　　周期第ⅡB族。 (4)化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有　　　　　　　。 A. 在I中S原子采取sp3杂化 B. 在Ⅱ中S元素的电负性最大 C. 在Ⅲ中C-C-C键角是180°                D. 在Ⅲ中存在离子键与共价键 E. 在Ⅳ中硫氧键的键能均相等 (5)汞解毒剂的水溶性好，有利于体内 重金属元素汞的解毒。化合物I与化合物Ⅲ相比，水溶性较好的是　　　　　　　。 (6)理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体(晶胞如图9a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。 ①图9b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是　　　　　　　。 ②图9c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为　　　　　　　；该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb = 　　　　　　　。 ③设X的最简式的式量为Mr，则X晶体的密度为　　　　　　　g/cm3(列出算式)。 【答案】① 3s23p4    ② H2O>H2S>CH4    ③ 六    ④ AD    ⑤ 化合物III    ⑥ 由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式    ⑦ 4    ⑧ 1：1：2    ⑨ 【详解】(1)基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，因此基态硫原子价电子排布式为3s23p4，故答案为：3s23p4。 (2)H2S、CH4、H2O均为分子晶体，H2O分子间存在氢键，沸点较高，H2S、CH4的分子间范德华力随相对分子质量增大而增加，因此沸点由高到低顺序为：H2O>H2S>CH4，故答案为：H2O>H2S>CH4。 (3)第六周期0族元素的原子序数为86，因此第80号元素Hg位于第六周期第ⅡB族，故答案为：六。 (4)A．中S原子的价层电子对数=2+=4，因此S原子采取sp3杂化，故A正确； B．中含有的元素为H、C、O、S、Hg，同周期元素从左至右元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上至下元素的电负性逐渐减小，因此5种元素中电负性最大的为O元素，故B错误； C．中C原子成键均为单键，因此C原子采取sp3杂化，所以C-C-C键角接近109º28’，故C错误； D．中存在C-H、C-C、C-S、S=O、S-O、S-H共价键和与Na+之间的离子键，故D正确； E．中硫氧键分为硫氧单键和硫氧双键，共价键种类不同，因此二者的键能不同，故 E错误； 综上所述，说法正确的是AD项，故答案为AD。 (5)中羟基能与水分子之间形成分子间氢键，为易溶于水的钠盐，溶于水后电离出的中O原子均能与水分子之间形成氢键，相同物质的量两种物质溶于水后，形成的氢键更多，因此化合物III更易溶于水，故答案为：化合物III。 (6)①对比图9b和图9c可得X晶体的晶胞中上下两个单元内的原子位置不完全相同，不符合晶胞晶胞是晶体的最小重复单位要求，故答案为：由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式。 ②以晶胞上方立方体中右侧面心中Hg原子为例，同一晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目为2，右侧晶胞中有2个Sb原子与Hg原子距离最近，因此X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4；该晶胞中Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为1+8×+4×=4，Hg原子位于棱边、面心，因此1个晶胞中含有Hg原子数为6×+4×=4，则该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb =4：4：8=1：1：2，故答案为：4；1：1：2。 ③1个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积V=(x×10-7cm)2×(y×10-7cm)=x2y×10-21cm3，则X晶体的密度为== g/cm3，故答案为：。 考点2 元素周期律 1.（2026·广东·高考真题）化合物与可用作电解质饮料的配料。短周期元素M、R、L、T、Q、X原子序数依次增加，R、X同族，Q与X相邻，Q基态原子的3p轨道为半充满，则 A. 原子半径： B. 金属性： C. 第一电离能： D. 最高价氧化物对应水化物的酸性： 【答案】C 【分析】Q基态原子3p轨道半充满，电子排布为，故Q为P；Q与X相邻且X原子序数更大，故X为S；R与X同族，故R为O；结合化合物为电解质配料为，T为Mg，原子序数依次增大规律，可推出M为H，L为Na，电解质为，据此解答。 【详解】A．同主族元素原子半径从上到下增大，故原子半径，即，A错误； B．同周期主族元素从左到右金属性减弱，故金属性，即，B错误； C．同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，第ⅤA族p轨道半充满结构稳定，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能，即，C正确； D．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性，故酸性，即，D错误； 故选C。 2.（2026·广东·高考真题）化合物与可用作电解质饮料的配料。短周期元素M、R、L、T、Q、X原子序数依次增加，R、X同族，Q与X相邻，Q基态原子的3p轨道为半充满，则 A. 原子半径： B. 金属性： C. 第一电离能： D. 最高价氧化物对应水化物的酸性： 【答案】C 【分析】Q基态原子3p轨道半充满，电子排布为，故Q为P；Q与X相邻且X原子序数更大，故X为S；R与X同族，故R为O；结合化合物为电解质配料为，T为Mg，原子序数依次增大规律，可推出M为H，L为Na，电解质为，据此解答。 【详解】A．同主族元素原子半径从上到下增大，故原子半径，即，A错误； B．同周期主族元素从左到右金属性减弱，故金属性，即，B错误； C．同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，第ⅤA族p轨道半充满结构稳定，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能，即，C正确； D．元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物酸性越强，非金属性，故酸性，即，D错误； 故选C。 3.（2024·广东·高考真题）一种可为运动员补充能量的物质，其分子结构式如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，则 A. 沸点： B. 最高价氧化物的水化物的酸性： C. 第一电离能： D. 和空间结构均为平面三角形 【答案】D 【分析】Y可形成5个共价键，Z可形成3个共价键，Z和Y同族，Y原子序数比Z大，即Z为N元素，Y为P元素，W可形成4个共价键，原子序数比N小，即W为C元素，R可形成1个共价键，原子序数比C小，即R为H元素，X可形成2个共价键，原子序数在N和P之间，即X为O元素，综上：R为H元素、W为C元素、Z为N元素、X为O元素、Y为P元素。 【详解】A．由于NH3可形成分子间氢键，而PH3不能，因此沸点：NH3＞YH3，故A错误； B．W为C元素、Z为N元素，由于非金属性：C＜N，因此最高价氧化物的水化物的酸性：H2CO3＜HNO3，故B错误； C．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能：，故C错误； D．的中心原子价层电子对数为，属于sp2杂化，为平面三角形， 的中心原子价层电子对数为，属于sp2杂化，为平面三角形，故D正确； 故选D。 4.（2023·广东·高考真题）化合物可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是 A. 元素电负性： B. 氢化物沸点： C. 第一电离能： D. 和的空间结构均为三角锥形 【答案】A 【分析】E在地壳中含量最多为氧元素，X的基态原子价层电子排布式为，所以， ，X为镁或者 ，X为锂，Y的基态原子价层p轨道半充满所以可能为氮或磷，Y和M同族所以为氮或磷，根据X与M同周期、化合价之和为零，可确定Z为氢元素、M为磷元素、X为镁元素、E为氧元素、Y氮元素。 【详解】A．元素电负性：氧大于氮大于氢，A正确； B．磷化氢、氨气、水固体均是分子晶体，氨气、水固体中都存在氢键沸点高，磷化氢没有氢键沸点低，所以氢化物沸点：冰大于氨大于磷化氢，B错误； C．同周期第一电离能自左向右总趋势逐渐增大，当出现第ⅡA族和第ⅤA族时比左右两侧元素电离能都要大，所以氮大于氧大于镁 ，C错误； D．价层电子对为 ，有一对孤电子对，空间结构为三角锥形，价层电子对为，没有孤电子对，空间结构为平面三角形，D错误； 故选A。 5.（2022·广东·高考真题）甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是 甲 乙 丙 丁 戊 A. 原子半径：丁＞戊＞乙 B. 非金属性：戊＞丁＞丙 C. 甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生 D. 丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应 【答案】C 【分析】甲～戊是短周期元素，戊中的最高价氧化物对应水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S，若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。 【详解】A．根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁＞戊＞乙，故A正确； B．根据同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：戊＞丁＞丙，故B正确； C．甲的氢化物可能为氨气，可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生；若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故C错误； D．丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸、也可能是磷酸，都一定能与强碱反应，故D正确。 综上所述，答案为C。 6.（2021·广东·高考真题）一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，的原子核只有1个质子；元素、、原子序数依次增大，且均位于的下一周期；元素的原子比原子多8个电子。下列说法不正确的是 A. 是一种强酸 B. 非金属性： C. 原子半径： D. 中，的化合价为+2价 【答案】C 【分析】题给化合物结构中X、W、E均形成1个共价键、Y形成4个共价键、Z形成2个共价键。 的原子核只有1个质子，则X为H元素；元素、、原子序数依次增大，且均位于的下一周期，即第二周期元素，则Y为C元素，Z为O元素，W为F元素；元素的原子比原子多8个电子，则E为Cl元素，综合以上分析可知，X、Y、Z、W、E分别为H、C、O、F、Cl元素。 据此分析解答。 【详解】A．氯元素非金属性较强，其最高价氧化物的水化物HClO4是一种强酸，故A正确； B．同一周期元素从左到右非金属性逐渐增强，所以非金属性：F>O>C，故B正确； C．同一周期从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，电子层越多半径越大，所以原子半径：Cl>C>F，故C错误； D．OF2中，F为-1价，则O的化合价为+2价，故D正确； 答案选C。 模拟题精选 1.（2026·广东东莞·一模）冠醚的空穴能识别与其半径匹配的碱金属离子。某冠醚（结构如图）能识别，该冠醚 A. 属于芳香烃 B. 能发生取代反应 C. 分子内共有6个碳碳双键 D. 也能识别 【答案】B 【详解】A．芳香烃指分子中含有苯环，且只含有碳氢两种元素的有机物，而冠醚中含有氧元素，所以不属于芳香烃，A错误； B．冠醚中含有苯环和烃基，均能发生取代反应，B正确； C．分子内无碳碳双键，苯环中的键是一种介于单键和双键之间的特殊键，即大键，C错误； D．冠醚能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关，该冠醚能适配钾离子，而锂离子半径明显小于钾离子，故不能适配，D错误； 故答案选B。 2.（2026·广东中山·一模）由结构能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 甲基使苯环上邻、对位的氢原子活化 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B 碘和均为正电中心和负电中心重合的分子 溶有少量碘的溶液加入浓KI溶液，振荡，溶液层颜色变浅 C 晶体中粒子呈现周期性的有序排列 水晶柱面上的石蜡遇热，不同方向熔化的快慢不同 D 离子键成分百分数： 熔点： A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【详解】A．甲苯使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为苯环活化了甲基，甲基被氧化为羧基，与甲基活化苯环邻对位氢无关，A错误； B．层颜色变浅是因为与反应生成易溶于水的，与和均为非极性分子无关，B错误； C．是晶体，粒子周期性有序排列具有各向异性，不同方向导热性不同，因此石蜡不同方向熔化快慢不同，结构可推测对应性质，C正确； D．是离子晶体，熔点由离子键强弱决定，是共价晶体，熔点由共价键键能决定，熔点，与离子键成分百分数大小无因果关系，D错误； 答案选C。 3.（2026·广东中山·一模）如图是一种有机分子M的对映异构体结构模型(图中圆球代表不同的原子或原子团)，分子式可表示为，具有两性，为同周期相邻的主族元素，基态X原子的各能级电子数相等，Y是周期表中原子半径最小的元素，第一电离能关系。下列有关说法不正确的是 A. 电负性： B. 最简单氢化物沸点： C. 原子团内键角：原子团原子团2 D. M的两性可能与原子团1和原子团3有关 【答案】C 【分析】根据题干条件逐步推导：Y是周期表中原子半径最小的元素，故；基态X原子各能级电子数相等，电子排布为，故；X、Z、W为同周期相邻主族元素，且第一电离能，第二周期相邻的C之后为N、O，第一电离能，故，，则M的分子式为，具有两性，推测其为丙氨酸，根据原子个数及原子半径，判断中心手性碳连接4个基团分别是：（小白球）、（2号）、（1号）、（3号）。据此分析。 【详解】A．电负性同周期从左到右增大，且电负性，故电负性，即W>Z>X>Y，A正确； B．最简单氢化物分别为、、，常温下为液态，含分子间氢键沸点高于甲烷，故沸点，B正确； C．原子团1是氨基（），中心N为杂化，含1对孤对电子，孤对电子的排斥作用压缩键角，键角约为；原子团2是甲基（），中心C为杂化，无孤对电子，键角约为，故键角：，C错误； D．氨基酸的两性来源于氨基（碱性，可结合，原子团1）和羧基（酸性，可电离，原子团3），D正确； 故选C。 4.（2026·广东深圳·一模）如图所示的化合物是一种重要的化工原料，X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z、E同族，基态Y原子的核外有3个未成对电子。下列说法正确的是 A. 和EZ2的空间结构均为平面三角形 B. W和Z形成的化合物中一定只有离子键 C. 第一电离能：Z>Y>E D. 简单氢化物的沸点：W>Z>Y>E 【答案】D 【分析】X、Y、Z、W、E是原子序数依次增大的短周期主族元素，基态Y原子的核外有3个未成对电子，结合图示的化合物结构可知，Y为N；E形成6条键，Z、E同族，所以Z为O，E为S；从图示可知，X为H，W为Na。 【详解】A．中N原子的价层电子对数为，N为sp2杂化，空间构型为平面三角形，中S原子的价层电子对数为，S为sp2杂化，含有1对孤对电子，空间构型为V形，A错误； B．W和Z形成的化合物有只含有离子键，即含有离子键，又含有共价键，B错误； C．同主族从上到下，第一电离能减小，则O＞S，同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA反常，则N＞O，即第一电离能：，C错误； D．W的简单氢化物是，其属于离子化合物，沸点最高，Z、Y的简单氢化物分别为，两者都能形成氢键，水分子的氢键数量大于氨气分子，因此水分子的沸点高于氨气分子，E的简单氢化物为，其分子间只存在范德华力，熔沸点最低，D正确； 故选D。 5.（2026·广东汕头·一模）离子液体在穿戴电子领域具有广泛的应用前景。某离子液体由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W、Q组成（结构如图），的离子半径是其所在周期中元素简单离子半径最小的。下列说法正确的是     A. 键角： B. 沸点： C. 的最高价氧化物对应的水化物为强碱 D. 该结构中X、Y、Z均达到8电子稳定结构 【答案】A 【分析】原子序数依次增大的短周期主族元素，W的简单离子半径是所在周期最小的，故W为Al；阴离子为，则Q为Cl；阳离子中Z连接 4 个基团，其中 3 个为-YX3、1 个为-X，阳离子带 1 个正电荷，X原子序数最小，且只形成 1 个共价键，X 为 H；Y与X形成-YX3，且与Z单键相连，故Y 为 C，Z连接 4 个基团且带正电，结合原子序数介于 C 和 Al 之间，Z 为 N。 【详解】 A．为，中心N为杂化，含1对孤对电子，为三角锥形，键角约107°；为，中心Al为杂化，无孤对电子，为平面三角形，键角120°，故键角<，A正确； B．为，分子间存在氢键，沸点远高于只存在范德华力的（），故沸点>，B错误； C．W为Al，其最高价氧化物对应的水化物为，属于两性氢氧化物，不是强碱，C错误； D．X为H元素，核外只有1个电子层，成键后为2电子稳定结构，不满足8电子稳定结构，D错误； 故选A。 6.（2026·广东汕头·一模）由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 金属钨晶体中金属键强 金属钨熔点高 B 键能： HF热稳定性强于 C 硝基是强吸电子基团 对硝基苯酚酸性强于苯酚 D 为形结构，属于弱极性分子 在水中的溶解度高于在中的溶解度 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【详解】A．金属晶体的熔点由金属键强弱决定，金属键越强熔点越高，由金属键强可以推测出金属钨熔点高，A正确，A不符合题意； B．共价键键能越大，对应分子的热稳定性越强，由H-F键能大于H-Cl键，可以推测出HF热稳定性强于HCl，B正确，B不符合题意； C．苯酚酸性来自羟基的电离，硝基的强吸电子效应会降低羟基氧的电子云密度，使O-H键极性增强，更易电离出，因此可以推测出对硝基苯酚酸性强于苯酚，C正确，C不符合题意； D．根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂。水是强极性溶剂，是非极性溶剂，是弱极性分子，因此更易溶于非极性的，在水中溶解度低于在中的溶解度，由给出结构无法推测出题中性质，D错误，D符合题意； 故选D。 7.（2026·广东梅州·一模）物质结构决定物质性质。下列结构因素不能解释相应物质性质的是 选项 物质性质 结构因素 A 石墨有润滑作用 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，容易在层间发生相对滑动 B 对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸 氢键类型不同 C 干冰易升华，可用于制造“烟雾” 分子中含有共价键 D 2-丁烯存在顺反异构现象，丁烷不存在顺反异构现象 键不能绕键轴旋转 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【详解】A．石墨的层状结构及层间范德华力使其易于滑动，从而解释润滑作用，A正确，不符合题意； B．对羟基苯甲酸形成分子间氢键（沸点高），邻羟基苯甲酸形成分子内氢键（沸点低），氢键类型不同解释沸点差异，B正确，不符合题意； C．干冰易升华是由于分子间范德华力弱，与CO2分子内的共价键无关，该结构因素不能解释性质，C错误，符合题意； D．π键不能旋转导致2-丁烯存在顺反异构，而丁烷无双键故无此现象，该结构因素解释性质，D正确，不符合题意； 故选C。 8.（2026·广东梅州·一模）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径和元素最低化合价的关系如图所示。下列叙述正确的是 A. 第一电离能： B. 简单氢化物的沸点： C. 最高价氧化物对应水化物的酸性： D. 的空间结构为平面三角形 【答案】C 【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，据图可知，W原子半径最大，且最低化合价为-1，则W为氯元素，所以Z为氟元素，由于X、Y的原子半径大于氟，根据最低化合价可知X为碳元素，Y为氮元素。 【详解】A．同一周期，第一电离能从左到右呈增大趋势，基态原子能级轨道半充满较稳定，其第一电离能大于相邻元素，则第一电离能：，即，A错误； B．W的简单氢化物是、Z的简单氢化物是，分子之间可以形成氢键，而氯化氢不能形成氢键，故简单氢化物沸点：，B错误； C．N元素的非金属性比碳元素强，所以最高价氧化物对应水化物的酸性大于，最高价氧化物对应水化物的酸性，C正确； D．分子中心原子价层电子对数为，孤电子对数为1，采取杂化，则它的空间结构为三角锥形，D错误； 故选C。 9.（2026·广东汕头·二模）化学用语是化学的基石，下列化学用语表达不正确的是 A. 甲基的电子式： B. 2，2，4-三甲基戊烷的键线式： C. 中共价键的电子云轮廓图： D. 的VSEPR模型： 【答案】C 【详解】A．甲基为中性基团，C原子最外层有3对C-H成键电子和1个单电子，共7个电子，图示电子式符合甲基结构，A正确； B．该键线式从靠近支链多的右端编号，主链含5个碳原子，2号碳连2个甲基，4号碳连1个甲基，对应2,2,4-三甲基戊烷，B正确； C．中的共价键是p轨道“头碰头”重叠形成的σ键，电子云呈轴对称，图示为p轨道“肩并肩”重叠形成的π键的电子云轮廓图，C错误； D．中心O原子的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，图示包含2个成键电子对和2个孤电子对，符合四面体结构，D正确； 故选C。 10.（2026·广东汕头·二模）某化合物结构如图所示，其组成元素a、b、c、d、e、f为核电荷数依次增大的短周期主族元素，其中d和f位于同主族，下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 简单氢化物沸点： D. d与e可形成含非极性共价键的离子化合物 【答案】D 【分析】短周期主族元素a、b、c、d、e、f，核电荷数依次增大，d与f同主族。根据成键特征：a形成1个共价键，为H；b形成4个共价键，为C；该阴离子中，c得到一个电子后，形成2个共价键，为N；d形成2个共价键，为O；f与d同主族，且f形成6个共价键，为S；e为+1价阳离子，为Na，据此分析。 【详解】A．电子层数越多半径越大，同周期主族元素核电荷数越大半径越小，故原子半径：，即，A错误； B． N的2p轨道为半满稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：，即，B错误； C．分子间存在氢键，沸点高于，故沸点：，即，C错误； D．O与Na可形成，其中中存在非极性共价键，且为离子化合物，D正确； 故选D。 11.（2026·广东汕头·二模）由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 离子半径： 熔点： B 电负性： 同条件下： C 氢键键能： 沸点： D 的空间结构为正四面体 难溶于水，易溶于 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【详解】A．离子晶体熔点与晶格能相关，离子半径越小，带的电荷越多，晶格能越大，熔点越高；离子半径，则NaCl晶格能大于CsCl，熔点，可由结构推测性质，A不符合题意； B．电负性，极性大于，使的极性大于的极性，导致的羧基中的羟基的极性增强，更易电离出，故同条件下，可由结构推测性质，B不符合题意； C．单个氢键键能确实大于，但每个分子可形成的氢键数目是HF的2倍，综合作用下实际沸点，无法仅通过氢键键能推出的结论，C符合题意； D．为正四面体结构，属于非极性分子，根据相似相溶原理，非极性分子难溶于极性溶剂水、易溶于非极性溶剂，可由结构推测性质，D不符合题意； 故答案选C。 12.（2026·广东中山·二模）由结构不能推导出对应性质的是 选项 结构 性质 A 水为V形结构分子，且存在分子间氢键 水结冰体积变大 B 石墨晶体、铜晶体中均存在可自由移动的电子 石墨、铜均具有一定导电性 C 基态钠原子的最外层电子数为1 钠的电离能()：远大于 D 聚乙烯可形成线型结构或网状结构 聚乙烯无毒性 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【详解】A．水分子存在分子间氢键，结冰时氢键会形成规整的空间排列，分子间空隙增大导致体积变大，可由结构推导性质，A不符合题意； B．物质存在可自由移动的电子是具有导电性的原因之一，石墨和铜中的自由电子可使二者导电，可由结构推导性质，B不符合题意； C．基态钠原子最外层只有1个电子，失去该电子后达到稀有气体稳定结构，再失电子需要更高能量，因此远大于，可由结构推导性质，C不符合题意； D．聚乙烯是否有毒性与其是否残留有害单体、加工助剂等有关，和其是线型还是网状结构无对应关系，不能由结构推导对应性质，D符合题意； 故选D。 13.（2026·广东中山·二模）甲～辛均为短周期主族元素，在周期表的相对位置如图。戊的基态原子2p轨道半充满，下列说法正确的是 A. 原子半径：庚>丁>丙 B. 基态原子第一电离能：己>戊>庚 C. 戊的简单氢化物VSEPR模型为四面体形 D. 氧化物的水化物的酸性：辛>庚 【答案】C 【分析】已知戊的基态原子2p轨道半充满，说明戊的电子排布为，故戊为（氮元素），结合周期表位置可推出所有元素： 甲：、乙：、丙：、丁：、戊：、己：、庚：、辛：。 【详解】A．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，电子层数越多原子半径越大，因此原子半径：，A错误； B．同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的；同主族从上到下第一电离能减小，因此第一电离能：，B错误； C．戊的简单氢化物为，中心的价层电子对数，因此的VSEPR模型为四面体形（实际空间构型为三角锥形），C正确； D．比较酸性必须指明是最高价氧化物对应水化物，题干未说明最高价，无法比较，如亚磷酸()的酸性强于亚硫酸()，D错误； 故选C。 14.（2026·广东茂名·二模）元素a~k为短周期主族元素，其电负性与原子序数的关系如图。下列说法正确的是 A. 第一电离能： B. 简单氢化物的稳定性： C. 简单离子半径： D. a和j的电负性相近，它们位于同一主族 【答案】C 【分析】同周期主族元素电负性随原子序数增大而增大，结合电负性数值规律可推出各元素： ，，，，，，，，，，； 【详解】A．同周期中，的3p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于，正确顺序为，即，A错误； B．非金属性，简单氢化物稳定性，即，B错误； C．四种简单离子均为10电子结构（电子层结构相同），核电荷数越大，离子半径越小，核电荷数：，故半径顺序为，即，C正确； D．位于第ⅣA族，位于第ⅥA族，不是同一主族，D错误； 故选C。 15.（2026·广东茂名·二模）由结构不能推测出对应性质的是 选项 结构 性质 A 甲苯中甲基与苯环相连 甲苯能被酸性溶液氧化 B NaCl属于离子晶体 熔融NaCl可导电 C 乙酸分子含极性的C-H键 乙酸能发生酯化反应 D HCl是极性分子，是非极性分子 在水中的溶解度： A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【详解】A．甲苯中苯环会活化相连的甲基，使甲基可被酸性溶液氧化，能由结构推测对应性质，A不符合题意； B．是离子晶体，熔融状态下电离出自由移动的阴、阳离子，因此熔融可导电，能由结构推测对应性质，B不符合题意； C．乙酸发生酯化反应的官能团是羧基，反应中断裂的是羧基中的O−H键，与乙酸分子中的极性C−H键无关，因此不能由给出的结构推测对应性质，C符合题意； D．根据相似相溶原理，水是极性溶剂，极性分子更易溶于水，非极性分子溶解度小，因此溶解度，能由结构推测对应性质，D不符合题意； 故选C。 16.（2026·广东韶关·二模）化合物常作增味剂，已知Y、X、Z、M、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，在每个周期均有分布，只有X、Z、M同一周期且相邻，Z元素基态原子的最外层有3个未成对电子，Y与E同族。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 第一电离能： C. 氢化物沸点： D. 和空间结构均为平面三角形 【答案】B 【分析】五种短周期主族元素原子序数依次增大，且三个周期均有分布，只有X、Z、M同周期相邻，故Y在第一周期（仅主族元素H），E在第三周期，X、Z、M在第二周期；Z基态原子最外层有3个未成对电子，价电子构型为2s22p3，故Z为N；结合X、Z、M相邻且原子序数递增，得X为C、M为O；Y（H）与E同族且E在第三周期，故E为Na。 【详解】A．同周期主族元素原子半径从左到右递减，且H原子半径是所有元素中最小的，原子半径顺序为，即，A错误； B．N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能，故第一电离能，即，B正确； C．X的氢化物为烃类，含碳原子数较多的烃常温下为固态，沸点远高于O的氢化物（H2O、H2O2），因此氢化物沸点不一定，C错误； D．ZY3为NH3，空间结构为三角锥形；ZM3-为NO3-，空间结构为平面三角形，二者结构不同，D错误； 故选B。 17.（2026·广东佛山·二模）一种高效杀虫剂的分子结构如图。已知Q、R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W和Y同族。下列说法错误的是 A. 第一电离能：Y＞W＞X B. 最高价含氧酸的酸性：Z＞Y C. 最简单氢化物沸点：W＞R D. 键角： 【答案】A 【分析】已知Q、R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q形成1个共价键，Q为氢，R形成4个共价键、W形成3个共价键、X形成2个共价键，则R为碳、W为氮、X为氧，W和Y同族，Y为磷，Z形成2个共价键，Z为硫； 【详解】A．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：N＞O＞P，A错误； B．硫非金属性大于磷，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价含氧酸的酸性：H2SO4＞H3PO4，B正确； C．氨气分子间形成氢键，导致其沸点高于甲烷，C正确； D．中C原子的价层电子对数为，不含孤对电子，为平面三角形结构，SO2分子中心原子S的价层电子对数为，孤对电子数为1，为sp2杂化，分子构型为V形，则键角：，D正确； 故选A。 18.（2026·广东东莞·一模）利用铁锰氧化矿（主要含及Fe、Co、Cu、Si的氧化物）制备，流程如下： 已知：①常温下，，，。 ②当离子浓度，即认为该离子已沉淀完全. （1）“焙烧”生成的可于　　　　　　　　（写一条）。 （2）基态Mn原子的价层电子轨道表示式为　　　　　　　　，其位于元素周期表的　　　　　　　　区。 （3）“水浸”后所得滤渣中有红棕色固体，其化学式为　　　　　　　　。 （4）“萃取”步骤可回收铜，萃取剂HA的2种构型如图所示（*表示配位原子）。实验测得反式结构与形成的更稳定，原因为反式结构的空间位阻较小，且　　　　　　　　。 （5）“沉钴”时，向萃取除铜后的溶液中滴加溶液，调节时恰好完全沉淀，此时溶液中　　　　　　　　。 （6）“沉锰”时，调溶液至碱性，加溶液制得，离子方程式为　　　　　　　　。 （7）某立方晶胞的锰晶体切面图如A所示。设Mn原子的半径为，则A的晶胞体积为　　　　　　　　。另一种锰晶体晶胞中Mn的配位数为8，在图B中画出该晶胞示意图　　　　　　　　（用小黑球●表示锰原子，在答题卡上作答）。 【答案】（1）制硫酸、制石膏等（合理即可）     （2）①     ② d     （3）     （4）配位原子距离更远，配位原子孤对电子间的静电排斥力小于顺式，因此形成的配合物更稳定     （5）     （6）     （7）①     ②       【分析】用铁锰氧化矿（主要含及Fe、Co、Cu、Si的氧化物）制备的工艺流程为：将铁锰氧化矿加入混合后高温焙烧，得到和金属Mn、Cu、Co的硫酸盐以及不反应的，将混合物水浸溶解，其中Fe元素转化为难溶于水的与过滤形成滤渣除去，得到含、、的滤液，加入有机萃取剂HA萃取，分液后得到含、的水相，继续加入调节pH沉钴，过滤除去CoS沉淀后，在含的滤液中加入溶液沉锰最后得到产品，据此分析解答。 【解析】（1）是工业制备硫酸的原料，可用于生产硫酸或生产石膏等。 （2）Mn是25号元素，价电子排布为；按泡利原理、洪特规则其价电子的轨道表示式为：；根据电子排布式可知Mn位于第四周期第ⅦB族，属于元素周期表的区。 （3）原矿中铁的氧化物经焙烧、水浸后，转化为红棕色的。 （4）根据HA的结构，反式结构中两个配位原子距离更远，配位原子孤对电子间的静电排斥力小于顺式，因此形成的配合物更稳定。 （5）当完全沉淀时，由，解得；根据，当时，，代入得到： 。 （6）碱性条件下，与发生归中反应生成，则反应的离子方程式为：。 (7)小问详解： 由切面图可知该晶胞为面心立方堆积，面对角线长度为，设晶胞边长为，则有，解得，晶胞体积； 配位数为8的晶胞为体心立方堆积，Mn位于顶点和体心，因此在图B的8个顶点和体心各画一个●即可，具体图形为：。 19.（2026·广东韶关·二模）铜及其化合物化学性质丰富，应用广泛。 （1）基态的价电子排布式为　　　　　　；结合价电子排布式，解释气态比稳定的原因　　　　　　。 （2）HCl在某种含铜催化剂的作用下可与反应制得，实现氯资源的再利用。其反应机理如图： ①上述过程中，Y为　　　　　　(填化学式)。 ②该过程的总反应方程式为　　　　　　。 （3）已知：①生成焓是指某温度，标准大气压下，由元素最稳定的单质生成1mol纯物质的热效应； ②反应焓变产物生成焓之和-反应物生成焓之和，相关物质298K时的生成焓如下表所示： 物质 CuO 生成焓() x y 0 则298K时，1 mol CuO分解生成和的　　　　　　(用含x、y的代数式表示)。 （4）一定温度下，CuCl微溶于水，在浓度较高的NaCl溶液中可与Cl⁻形成配离子而溶解，存在如下平衡： 反应ⅴ： 反应ⅱ： 反应ⅲ： 关于上述平衡体系说法正确的是______。(填字母) A. 加入NaCl固体，浓度一定上升 B. 加水稀释，溶液中的离子总数增大 C. 升高温度，反应ⅲ逆反应速率增大，正反应速率减小 D. 体系中， （5）已知和结合形成和两种配离子。常温下，浓度为的和浓度为的混合溶液中，和(实线)、含铜微粒的分布系数δ(虚线)与溶液pH的关系如图所示。 ①曲线Ⅰ代表　　　　　　(填“”或“”)。 ②由图可知，的平衡常数　　　　　　(写出计算结果)。 ③结合图中数据，计算出a点对应x值　　　　　　 (写出计算过程)。 【答案】（1）①     ② Cu+的价电子构型为  ，属于全充满稳定结构，Cu2⁺的价电子构型为  ，未达到全充满或半充满稳定状态，故Cu+更稳定     （2）① HCl    ②      （3）     （4）BD     （5）①     ② 109.4    ③ 11.6      【解析】（1）基态Cu⁺的价电子排布式为  。气态Cu⁺比Cu2⁺更稳定的原因：Cu⁺的价电子构型为  ，属于全充满稳定结构，Cu2⁺的价电子构型为  ，未达到全充满或半充满稳定状态，稳定性较低。 （2）①根据图中物质转化关系，X为反应物HCl，Z为产物Cl2，W为产物H2O，而Y在循环中生成又被消耗，为中间产物HCl。②根据图示，HCl和O2是反应物，Cl2和H2O是产物。HCl中的Cl从-1价被氧化为0价（Cl2），O2中的O从0价被还原为-2价（H2O）。结合得失电子守恒，总反应方程式为：。 （3）首先反应方程式为：，但题目要求的是1 mol CuO分解，因此可将方程式调整为：，根据生成焓的定义：，，。根据公式：，将反应方程式代入：，因此，1 mol CuO分解的  为：。 （4）A．加入NaCl会增加浓度，根据勒夏特列原理：反应i右移， 减小， 增加。反应ii右移， 增加，减小。反应iii右移， 增加，减少。由于增加对反应ii和iii的影响相同，的变化不确定。因此，A不一定正确； B．加水稀释，各离子浓度均减小。根据勒夏特列原理，平衡向体积增大的方向移动，即向离子化学计量数之和增大的方向移动。反应i和iii均向逆反应方向移动，使离子总数增大；反应ii平衡基本不移动。因此，溶液中的离子总数增大， B正确； C．根据化学反应速率理论，升高温度会同时增大正反应速率和逆反应速率，只是增大幅度不同。选项中“正反应速率减小”是错误的，C错误； D．根据电荷守恒，溶液中所有阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数：，D项正确； 故选BD。 （5）①和之间存在转化关系，则pH较小时，平衡逆向移动，以为主，则，，则曲线I代表，曲线Ⅱ代表，随着pH增大，正向移动，增大，和结合形成配离子的反应依次为、，因此随pH增大，持续减小，为曲线Ⅲ，，先增大后减小，为曲线Ⅳ，一直增大，为曲线V。 ②曲线Ⅲ和曲线Ⅳ的交点代表，即，由图可知，往下对应II的点为-9.4，即，带入平衡表达式得。 ③反应Ⅰ：Cu2++L3− [CuL]−，=109.4，反应Ⅱ：，=107.2（Ⅳ和Ⅴ的交点，[CuL]⁻和[CuL2]4⁻浓度相等，c(L3-)=10-7.2 mol/L，求得K2），K总=K1×K2= =1016.6，Ⅲ和Ⅴ的交点Cu2⁺=[CuL2]4⁻，根据K总求得c(L3-)=10-8.3，HL2−H++L3−，Ka2=，c(L3-)=10-8.3 mol/L，c()=10-4.3 mol/L，c(H+)=10-1 mol/L代入计算得Ka2 = 10-11.6，a点 = c(L3-)，K2 ==10-11.6，将数据代入得c(H+)=10-11.6 mol/L，故x=11.6。 20.（2026·广东深圳·二调）（多选）钨（W）、钼（Mo）是战略性稀有金属。一种从钨钼矿（主要成分为CaWO4，还含有Mo、Fe、P、As、Si等元素）中提取W、Mo的工艺如图所示。 已知：常温下，，。 在不同pH的溶液中，钨、钼的主要存在形式如表： pH 1 3 5 7 ≥9 W                                 Mo                                 （1）基态砷原子价层电子的轨道表示式为　　　　　。 （2）“碱浸”时，发生反应的化学方程式为　　　　　。 （3）常温下，“除磷砷”时： ①除砷反应的离子方程式为：　　　　　。 ②磷、砷完全沉淀（）后，溶液中至少为　　　　　（已知：）。 （4）W、Mo原子半径相近，可通过离子交换法实现两者的分离。离子交换树脂骨架上的可交换离子与溶液中带相同电荷的目标离子发生交换，目标离子进入树脂骨架。D308阴离子交换树脂更容易交换所带电荷多、半径大的目标离子。结合表中信息分析： ①选用D308阴离子交换树脂实现W、Mo分离时的最佳pH为　　　　　。 ②从工艺成本角度分析，相比阳离子交换法，选用D308阴离子交换树脂实现W、Mo分离的优点是　　　　　。 （5）一种含钨、钼、钽（Ta）元素的合金的立方晶胞结构如图所示，W与Mo的最小间距大于W与Ta的最小间距。 ①W、Mo、Ta的原子个数比为　　　　　，若Mo与Ta之间的最小间距为a nm，则晶胞的边长为　　　　　nm。 ②晶面对晶体的生长、成型等有重要影响。米勒指数可用于标记晶面，是指晶面分别与三轴截距的倒数，通过求比化为最简的三个整数。图中，实线所示晶面与三轴截距的倒数为，因此该晶面可标记为；则虚线所示晶面可标记为　　　　　。 【答案】（1）     （2）     （3）①     ②      （4）① 7    ② 节约硫酸用量     （5）① 1：1：2    ②     ③ （2　1　2）      【分析】该工艺流程图以钨钼矿为原料，先经焙烧预处理矿物，再用碳酸钠溶液碱浸，将钨酸钙转化为可溶性钨酸钠并沉淀碳酸钙等杂质；随后调pH至9，加入过氧化氢和硫酸镁，将磷、砷杂质以磷酸镁、砷酸镁沉淀形式去除；再调pH至7，利用D308阴离子交换树脂优先吸附电荷高、半径大的目标离子的特性，实现钨、钼离子的选择性分离，最终分别得到金属钨和金属钼。 【解析】（1）砷（33 号元素）价电子排布为4s2 4p3，根据泡利不相容原理和洪特规则：4s轨道填充2个自旋相反的电子（成对），4p的3个轨道各填充1个自旋平行的单电子，因此轨道表示式为：。 （2）根据流程图，碱浸时加入Na2CO3溶液，CaWO4与Na2CO3反应生成Na2WO4与CaCO3沉淀，故反应方程式为：。 （3）①反应物中As的化合价为+3价，被H2O2氧化为+5价（生成Mg3(AsO4)2，As为+5价），根据电子守恒，1 mol与1 molH2O2电子转移数相等，结合原子守恒配平，可知该化学反应式为。 ②已知，即Ksp=10-19.6，沉淀完全时≤，，，。 （4）①由题干可知，D308阴离子交换树脂更容易交换所带电荷多、半径大的目标离子，当pH=7时，W的阴离子电荷更高，半径更大，优先被D308树脂吸附，Mo不被吸附，从而实现分离，因此最佳pH为7。 ②阳离子交换法需要将W、Mo转化为阳离子，消耗大量硫酸；而阴离子交换法中，调节pH后W、Mo直接以含氧酸根阴离子的形式存在，无需额外酸溶步骤，因此使用阴离子交换法的优点是可以节约硫酸用量。 （5）①根据晶胞中原子的位置，用均摊法计算：W原子位于晶胞顶点和面心，；已知W和Mo原子半径相近，观察上图可知Mo原子为白色小球，位于晶胞体心和棱心，；Ta原子为灰色小球，位于晶胞内部共8个，因此，W、Mo、Ta的原子个数比为1:1:2； 设晶胞边长为L，则立方晶胞的体对角线长度为,体心到棱心的最短距离，为体对角线的，根据题意，该距离为a nm，因此：，解得晶胞边长为。 ②米勒指数的计算步骤：首先确定晶面在 x、y、z 轴上的截距，图中虚线晶面的截距为 (1, 2, 1)；取截距的倒数为 (1, 0.5, 1)；化为最简整数比，将三个数同时乘以2，消去小数，得到 (2, 1, 2)，因此，该晶面的米勒指数为（2　1　2）。 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $