2025年江苏高考化学一轮复习：物质结构与性质、元素周期律 （解析版）

专题突破卷05物质结构与性质元素周期律

(考试时间：75分钟试卷满分：100分)

一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项是符合题目要求的)

l.CO(NH2)2是一种高效化肥，也是一种化工原料。反应CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O可用于尿素的制备。

下列有关说法不正确的是()

A.NH3与CO(NH2)2均为极性分子

B.N2H4分子的电子式为,H

HH

C.NH3的键角大于H2O的键角

D.尿素分子中◎键和兀键数目之比为6：1

【答案】D

【解析】NH3与CO(NH2)2的空间结构均不对称，均为极性分子，A正确；NH3与H2O的中心原子价层电

子对数均为4,但N原子有1个孤电子对，O原子有2个孤电子对，故H2O的键角小于NH3的键角，C正

确；CO(NH2)2分子中，◎键和兀键的数目之比为7：1,D错误。

2.中和胃酸药物“达喜”的有效成分为Mg6Al2(OH)16co3-4H2。。下列说法正确的是()

A.电离能：Zi(Al)</i(Mg)

B.电负性：/(0)<z(C)

C.半径：4O2-)<«Mg2+)

D.碱性：Mg(OH)2<Al(OH)3

【答案】A

【解析】IIA、VA族元素原子的第一电离能比同周期左右相邻元素原子的第一电离能都大，故第一电离能:

Al<Mg,A正确；同周期主族元素从左到右，非金属性增强，元素的电负性增大，故电负性：Z(O)>Z(C),

B错误；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故半径：r(O2-)>«Mg2+),C错误；金属

性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Mg>AL故碱性：Mg(OH)2>Al(OH)3,D错误。

3.反应2NH3+NaC10=N2H4+NaCl+H2O用于合成N2H4。下列说法不正确的是()

A.NH3的空间结构为平面三角形

B.NaClO的电子式为Na+[：0：。：「

C.N2H4中含有极性键和非极性键

D.H2O和N2H4之间可以形成氢键

【答案】A

【解析】NH3的空间结构为三角锥形，A错误；N2H4中含有N—H极性键和N—N非极性键，C正确；

比0中的H与O相连，N2H4中的H与N相连，故HzO和N2H4之间可以形成氢键，D正确。

4.下列说法正确的是（）

A.C02与SiO2的晶体类型相同

B.SiCL与SiHCb分子中的键角相等

C.1mol晶体硅中含有2molSi—Si

D.CO2分子中碳原子轨道杂化类型为sp2

【答案】C

【解析】CO2与SiO2的晶体类型不同，CO2为分子晶体，SiO2为共价晶体，A错误；SiC14为正四面体形分

子，键角为109。28，，而SiHCb不为正四面体形分子，键角不等于109。28，，B错误；CCh为直线形分子，碳

原子的轨道杂化类型为sp,D错误。

5.黄铁矿是自然界中常见的金属矿物，主要成分为FeS2。工业上常燃烧其生成含铁矿渣和含硫气体。含硫气

体可用来提取硫和制造硫酸，制硫酸时的尾气常用氨水吸收；含铁矿渣与硫酸反应后再加入Na2HPO4溶液,

可制备FePC）4。常温下可用铁质容器贮存浓硫酸。FeS2的晶胞如下图所示。

下列说法正确的是

A.Fe元素位于元素周期表第四周期，VIB族

B.S）的电子式为［:S：：S：/

C.晶胞中距离每个S）最近的Fe2+可以构成一个正八面体

D.常温下浓硫酸与铁不反应

【答案】C

【详解】A.铁为26号元素，核外电子排布为2、8、14、2,Fe元素位于元素周期表第四周期，第VIII族,

A错误；

B.S；中S原子之间以单键结合，电子式为［：$；$产，B错误：

C.根据晶胞结构示意图可知，距离每个S）最近的Fe2+有6个：上下各1个，同一平面上的有4个，即距

离每个S）最近的Fe2+可以构成一个正八面体，C正确;

D.常温下铁在浓硫酸中会钝化，不是不反应，D错误。

6.下列说法错误的是（）

A.CCOOH存在对映异构现象

H

OMgBrOH

B.CHCHCH2CH,分子与CH：iCHCH2CH：i分子中均含有手性碳原子

OHCH.

c.COOCH吩子中含有2个手性碳原子

NH2

HOH

D.HO丫//N下与足量上反应后的有机产物分子中含有3个手性碳原子

【答案】D

【解析】《｝COOH分子中，与竣基相连的碳原子为手性碳原子，故该分子存在对映异构体，A正确；由

H

OMgBrOH

I、|知，从左边数第2个碳原子均为手性碳原子，B正确；

CH3CHCH2CH：!CH3cHeH2cH3

连接一Br和一CH3的碳原子均为手性碳原子，C正确；如图所示:

,产物分子中含有4个手性碳原子，D错误。

7.工业上用C还原SiO2可得半导体材料Si和CO0下列说法正确的是()

A.键能大小：E(C—C)<E(Si—Si)

B.电离能大小：/i(Si)</i(O)

C.电负性大小：/(0)<x(C)

D.酸性强弱：H2CO3<H2SiO3

【答案】B

【解析】原子半径：«C)<r(Si),则C—C的键长小于Si—Si的键长，故键能：E(C—C)>£(Si—Si),A错误;

/i(Si)</i(C)>/1(C)<Z1(O),则/i(Si)</i(O),B正确；同周期主族元素的电负性随核电荷数增大而增大，故电

负性：x(C)<x(O),C错误；非金属性：OSi,则酸性：H2CO3>H2SiO3,D错误。

8.元素周期表是重要的化学学习工具。查阅元素周期表可得元素睇的信息如图所示。下列说法不正确的是

)

51Sb

睇

5s25P3

121.8

A.睇的最高化合价为+5

B.睇在元素周期表中位于第五周期VA族

睇元素的相对原子质量为121.8

D.睇的最高价氧化物对应水化物可能为强碱

【答案】D

【解析】Sb与N同主族，最高化合价为+5,A正确；N位于第二周期，则睇在元素周期表中位于第五周

期，Sb为第五周期VA族元素，B正确；由图可知，睇元素的相对原子质量为121.8,C正确；Sb的金属性

不强，故其最高价氧化物对应水化物不可能为强碱，D错误。

9.X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大且不超过20的主族元素。X是地壳中含量最多的元素，基态Y原

子的s能级和p能级电子数相等，Z与X同主族，Q的焰色试验呈紫色。下列说法正确的是()

A.简单离子半径：Z>X>Y

B.X的第一电离能比同周期的相邻元素的大

C.Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强

D.Q最高价氧化物对应水化物的碱性比Y的弱

【答案】A

【解析】由题给信息推知，X、Y、Z、W、Q分别为O元素、Mg元素、S元素、C1元素、K元素。简单

离子半径：S2->O2->Mg2+,A正确；IIA、VA族元素原子的第一电离能比同周期左右相邻元素原子的第一

电离能都大，故第一电离能：N>0,B错误；非金属性：C1>S,故热稳定性：H2S<HC1,C错误；金属性：

K>Mg,故碱性：KOH>Mg(OH)2,D错误。

10.NO能被FeSO4溶液吸收生成［Fe(NO)(H2O)5］SO4,减少环境污染。下列说法正确的是()

A.Fe2+提供孤电子对用于形成配位键

B.该配合物中阴离子空间结构为三角锥形

C.配离子为［Fe(NO)(H2O)5］2+,中心离子的配位数为6

D.该配合物中所含有的非金属元素均位于元素周期表的p区

【答案】C

【解析】Fe2+提供空轨道用于形成配位键，A错误；配合物的阴离子为SOT,SOF的空间结构为正四面

体形，B错误；配离子中Fe2+为中心离子，NO,H2O为配体，配位数为6,C正确；配合物中含有的氢元

素位于元素周期表的s区，D错误。

11.在碱性溶液中，Cu2+可与缩二胭形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是()

A.电负性：0>N>C>H

B.该配离子中能与水分子形成氢键的原子有N、O和H

C.1mol该配离子中含有6mol配位键

D.已知缩二版的分子式为C2H5N3O2,则由尿素［CO(NH2)2］生成缩二胭的反应类型为取代反应

【答案】C

【解析】同一周期从左到右，主族元素的电负性逐渐变大，电负性：0>N>C,且三者电负性均大于H,A

正确；由图可知，N、。能与水分子中的H原子形成氢键，H能与水分子中的。原子形成氢键，B正确；

由图可知，该配离子中，2个CM+与其他原子共形成8个配位键，故1mol该配离子中含有8moi配位键，

()()

C错误；缩二版的分子式为C2H5N3O2,结构简式为结合尿素的结构简式

H,NNNH,

H

()

II判断，由尿素生成缩二版的反应类型为取代反应，D正确。

(H2N—c—NH2)

12.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的原子半径最小，Y是空气中含量最多的元素，

基态时，Z原子s能级和p能级的电子总数相等，W原子核外无未成对电子。下列说法正确的是()

A.半径：r(X)<r(Z)<r(Y)<r(W)

B.电离能：/i(Y)<Zi(Z)

C.电负性：x(X)</(W)

D.由X、Y、Z三种元素组成的化合物一定是碱

【答案】A

【解析】由题给信息推知，X、Y、Z、W分别为H元素、N元素、0元素、Mg元素。原子半径：

r(H)<r(O)<r(N)<r(Mg),A正确；电离能：/i(O)<Zi(N),B错误;电负性：/(Mg)</(H),C错误;H、N、0

三种元素组成的化合物不一定属于碱，如NH4NO3属于盐、HN03属于酸，D错误。

13.前四周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X元素位于p区，且基态X原子中成对电子数

是未成对电子数的2倍，金属元素Y的第一电离能比同周期相邻元素的大，Z元素的单质在常温下为黄绿

色气体，W与Y同主族。下列说法正确的是()

A.简单离子半径：W>Z>Y

B.WX2中阴、阳离子个数之比为2：1

C.工业上常用钢瓶储运Z单质

D.最高价氧化物对应水化物的碱性：Y>W

【答案】C

【解析】由题给信息推知，X、Y、Z、W分别为C元素、Mg元素、C1元素、Ca元素。Ca2\C「的电子

层结构相同，但核电荷数：Cr<Ca2+,故离子半径：Cr>Ca2+,A错误；CaC2由Ca2+和CF构成，阴、阳

离子个数之比为1：1,B错误；常温下，CL与Fe不反应，工业上常用钢瓶储运Cb,C正确；金属性：Mg<Ca,

故碱性：Mg(OH)2<Ca(OH)2,D错误。

14.由硫酸铜溶液制取[CU(NH3)4]SO4-H2O(硫酸四氨合铜晶体)的实验如下：

步骤1：向盛有4mL0.1mol/L蓝色CuSCU溶液的试管中，滴加几滴1mol/L氨水，有蓝色沉淀生成；

步骤2：继续滴加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色溶液；

步骤3：向试管中加入8mL95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，有深蓝色晶体析出。

下列说法正确的是()

A.CuSO4溶液呈蓝色的原因是Cu2+是蓝色的

2+

B.步骤2所发生反应的离子方程式为4NH3+CU(OH)2=[CU(NH3)4]+2OH-

C.步骤3中用玻璃棒摩擦试管壁是为了防止晶体析出时附着在试管壁上

D.H20与Ci?+的配位能力强于NH3

【答案】B

【解析】CuS04溶液呈蓝色的原因是Cu2+和水分子形成的配离子呈蓝色，A错误；步骤3中用玻璃棒摩擦

试管壁有利于生成晶核，C错误；最终得到的深蓝色溶液中主要含有[Cu(NH3)4]2+,[Cu(H2O)4]2+转化为

2+

[CU(NH3)4],说明H20与CU2+的配位能力弱于NH3,D错误。

15.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且原子序数总和为25,Y是地壳中含量最多的

元素，由这四种元素形成的某化合物结构如图所示。下列叙述正确的是

A.简单离子半径：Y<Z

B.该化合物具有强氧化性，可杀菌消毒

C.该化合物中W、X、Y、Z最外层均达到8电子稳定结构

D.W分别与X、Y、Z形成的化合物所含化学键类型相同

【答案】B

【解析】Y是地壳中含量最多的元素，则Y是O,根据化合物结构可知W共用1对电子对，且原子序数最

小，则W为H,Z离子为+1价,且是短周期主族元素，则Z为Na,4种元素原子序数总和为25,则l+x+8+ll=25,

解得x=5,则X为B元素；

由上述分析可知，W为H,X为B,Y为O,Z为Na元素，

A.CP-和Na+的电子层数相同，则核电荷数大的离子半径小，即Na+小，简单离子半径：Y>Z,故A错误；

B.该化合物含过氧根具有强氧化性，可杀菌消毒，故B正确；

C.W为H,该化合物中H最外层电子只有2,未达到8电子稳定结构，故C错误；

D.X为B,Y为O,都是非金属元素，H与X或Y形成化合物只有共价键，Z为Na,与H形成化合物

NaH含离子键，故D错误；

二、非选择题(本题包括4小题，共55分)

16.(13分)回答下列问题

()

(1)/能以任意比与水混溶，原因是。

HN

CHO

⑵相同条件下，的沸点比的高，其主要原因

是O

(3)睡吩(二>)、口比咯(QH)是类似于苯的芳香族化合物，环中的五个原子形成了大兀键。睡吩中C原子和

S原子的杂化方式分别为o曝吩难溶于水，毗咯能溶于水，原因

是_____________________________

(4)比较对硝基苯酚(0^^0^。切与对氨基苯酚(水)一^>—>］乩)，熔点较高的是对氨基苯酚(填

名称)，原因是o

【答案】(1)该分子为极性分子，并且能与水形成分子间氢键(2分)

分子间存在氢键(2分)

(3)sp2、sp2(2分)

毗咯能与水形成分子间氢键，而睡吩不能(3分)

(4)对氨基苯酚可形成更多的分子间氢键，熔点较高(2分)

17.(12分)回答下列问题

(1)CO(NH2)2与F2反应可得到常用的芯片蚀刻剂三氟化氮(NF3)、四氟化碳(CF4)。常温下，三种物质在水中

的溶解性：CF4<NF3<N2H4,原因是，

(2)对苯二酚在水中的溶解性大于苯酚，原因是.

(3)固体物质的熔点比它的一种同分异构体其原因

但沸点却高于邻二甲苯，其原因

(5)已知：有机装酸的酸性与竣基中O—H极性密切相关，一般情况下，O—H的极性越强，竣酸的酸性越强。

比较FsCCOOH与ChCCOOH的酸性强弱，并说明理

由：o

(6)比较H2s和C2H5sH酸性强弱，并从结构的角度说明理由：o

【答案】(1)CF4是非极性分子，NF3和N2H4是极性分子，但N2H4易与水形成分子间氢键(2分)

(2)对苯二酚分子中羟基比苯酚多一个，与水形成的分子间氢键更多(2分)

II

cor易形成离子型内盐，熔点升高;

>NHZ易形成分子内氢键，熔点降低（2分）

能形成分子间氢键，而邻二甲苯不能形成分子间氢键（2分）

（5）酸性：F3CCOOH>C13CCOOHO由于电负性：F>C1,使得我酸中0—H的共用电子对更偏向于氧，0—H

的极性更强，更易电离出H+,故F3CCOOH的酸性更强（3分）

（6）酸性：H2S>C2H5SH。一C2H5是推电子基团，使C2H5sH中H—S的极性降低，电离出H卡的能力减弱（3

分）

18.（14分）二氧化锌是电池工业的一种非常重要的原料

（1）电解含纳米Algs颗粒的酸性MnSO”溶液可以制备掺铝二氧化镐。悬浮纳米A12O3颗粒会在电场作用下向

电极移动，与生成的Mil。2共沉淀。

①写出生成MnO2的电极反应式。

②电解液中纳米ALO3颗粒表面所带电荷的电性为=

⑵MnSO,溶液（含Fe?+、Fe3+等杂质）经除铁、沉铸得MnCC>3固体，煨烧MnCOj可得到较纯MnO?。

①除铁时加入软铸矿（主要成分是MnO?）能除铁，原因是。

②已知Mn（OH1沉淀是一种白色胶状固体，在空气中受热也可转化为Mil。2。沉锦时将MnSO”转化为

MnCO3而不转化为Mn（OH）2的原因是。

③如图是MM）?的1•种晶型的晶胞，该晶胞中O"所围成的空间构型是o

（3）测定软镒矿中MM）?含量的方法如下：

步骤一：称取0.1500g软锦矿样品于碘量瓶中，加适量硫酸及足量碘化钾溶液充分反应。

步骤二：待反应完全后加入少量淀粉溶液，用O.lOOOmoLL-Na2s2O3溶液滴定至终点，消耗Na2s溶液

22.00mLo

计算软锦矿中MnO2的质量分数,写出计算过程。

已知:L+sq：-r+SQ〉（未配平）

Mn?+2e-+2H

【答案】⑴-20=Mn02+4H+（2分）负电荷（2分）

（2）将Fe2+氧化成Fe3+,消耗H+使溶液pH增大，形成Fe（°H）3沉淀除去Mn（OH）2沉淀的过滤速

率较慢；（2分）MM。”）?沉淀易吸附杂质离子），所制得的MnO?纯度较低⑦分）八面体（2

分）

⑶二氧化锦与KI的反应为MnC>2+4H++2[=肠？++U+2凡0,且Na2s2O3与12的反应为

3

I2+2S2O^=2F+S4O^；由关系式可知Mi!。？〜2s2。；一，"（Mn°2）=0]x22xl03x57Mo/=i.ixlOmol

3

M01.1X10X87X10Q%=6380%

故软铳矿中Mn02的质量分数为0.15。（4分）

【解析】（1）酸性MnS04溶液被氧化为二氧化镒，可得电极反应式为Mn2+-2e-+2HzO=MnC>2+4H+。二

氧化锦在阳极产生，电解池中阴离子移向阳极，悬浮纳米AU03颗粒会在电场作用下向电极移动，与生成的

Mn02共沉淀，故电解液中纳米人4。3颗粒表面所带电荷的电性为负电荷。

（2）除铁时加入软锦矿将Fe2+氧化成Fe3+,消耗H+使溶液pH增大，形成Fe（OH）3沉淀除去；

MnSMnOH

Mn（°H）2沉淀是-种白色胶状固体，沉镒时将°4转化为风（°叫会导致（）2沉淀的过滤速率较

慢；MIMOH）?沉淀易吸附杂质离子），所制得的MnO?纯度较低。MnO?晶胞中灰球为乂必白球为。人，每

个Mn的配位数为6,故该晶胞中O"所围成的空间构型是八面体。

（）二氧化锦与的反应为Mn02++2++1+，且2s口与口的反应为

3KI4H+2r=Mn22H2ONa

3

?z（MnO2）=0.1x22x10-3x^mol=1.1x10mol

I2+2S2O^=2F+S4O^由关系式可知Mn5〜2s2。；，

1.1x10-3x87

x100%=63.80%

故软锦矿中Mn02的质量分数为0