2026年高考化学考前20天冲刺讲义（四）（解析版）

/目录倒计时05天➤元素周期表与元素周期律……………2考查元素推断、原子半径、金属性非金属性、氢化物稳定性、最高价含氧酸酸性比较。倒计时04天➤物质结构与性质(选择题)………………2考查电子排布、杂化、空间构型、氢键、晶体熔沸点比较，物质结构大题基础选择考点。倒计时03天➤物质结构与性质综合大题……………………2考查装置正误、试剂保存、分离提纯、离子检验、安全常识，实验基础送分选择题。倒计时02天➤化学实验基础操作(选择题)…………2涵盖制备、装置连接、洗涤检验、气密性、误差分析、定量计算、实验设计评价综合大题。倒计时01天➤化学实验综合探究大题突破…………2汇总化工、实验、原理、有机标准答题话术、踩分关键词、书写规范，考前保温提分。

倒计时05天书山有路勤为径，学海无涯苦作舟。——韩愈《古今贤文・劝学篇》元素周期表与元素周期(选择题)考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：近年来全国各地方高考，本题为高频基础必考选择题，多以文字推断、结构信息、短周期元素限定为命题载体。依托位、构、性三位一体逻辑，考查元素推断、原子半径、金属性与非金属性、氢化物稳定性、最高价含氧酸酸性、化学键、简单化合物性质递变规律。常设置陷阱：特例元素性质混淆、离子与原子半径比较失误、最高价氧化物概念误区、简单氢化物沸点受氢键影响的特殊情况。题目推理简洁、综合性强，侧重周期律规律应用与细节辨析，是基础稳分关键题型。►高考前沿：新高考命题趋向结合原子结构、电子排布、新型无机材料、短周期陌生化合物综合推断；强化化学键类型、晶体性质、氢键与物质熔沸点关联考查；弱化单纯背诵，增强信息给予式推断，融合物质结构基础，侧重微观结构与性质关联的综合分析素养。考点抢分--核心精粹高效速记终极归纳1核心基础（必记，推断前提）立足元素周期表结构，记准2个核心，为元素推断奠定基础，简化记忆、直击重点。1.周期表结构：7个周期（3个短周期、4个长周期），18个纵行、16个族（7主族、7副族、1个0族、1个第Ⅷ族）。短周期（1-3周期）元素是高考推断核心，重点记前36号元素的位置、原子序数、元素符号（尤其第1-18号元素，必须烂熟于心）。2.原子结构与周期、族的关系：①周期数=电子层数（如第3周期元素，电子层数为3）；②主族序数=最外层电子数（如第ⅤA族元素，最外层电子数为5）；③原子序数=质子数=核电荷数=核外电子数（中性原子），阳离子核外电子数=质子数-电荷数，阴离子=质子数+电荷数。终极归纳2元素推断技巧（高考必考，10秒定位）选择题核心是“先推断元素，再判断性质”，掌握3类突破口，快速定位元素，避免盲目推导。1.特征突破口（最常用）：①最外层电子数：最外层电子数=电子层数（H、Be、Al）；最外层电子数是次外层2倍（C）、3倍（O）、4倍（Ne）；②特殊性质：地壳中含量最高的元素（O）、金属元素（Al）；最活泼的金属（Cs，高考常考Na、K）、最活泼的非金属（F）；常温下呈液态的金属（Hg）、非金属单质（Br2）；③特殊结构：无中子的原子（H）、最外层8电子稳定结构（0族、部分主族元素离子）。2.位置突破口：①周期表中特殊位置：第1周期只有H、He；第2周期ⅤA族（N）、ⅥA族（O）、ⅦA族（F）是高频推断元素；②相邻元素关系：如X、Y、Z为同周期相邻元素，原子序数依次增大，可快速锁定周期和族。3.性质突破口：①金属性/非金属性：金属性最强的短周期元素（Na）、非金属性最强的短周期元素（F）；②化合价：最高正价=主族序数（O、F除外），最低负价=主族序数-8（H为-1）。终极归纳3核心递变规律（必记，解题核心）掌握“同周期、同主族”两大递变规律，直接用于判断选项正误，无需推导，记准规律即可快速判定。1.同周期（从左到右，电子层数相同，原子序数递增）：①原子半径：逐渐减小（稀有气体除外）；②金属性：逐渐减弱，非金属性：逐渐增强；③最高价氧化物对应水化物：酸性逐渐增强，碱性逐渐减弱；④简单氢化物：稳定性逐渐增强，还原性逐渐减弱；⑤单质氧化性：逐渐增强，还原性逐渐减弱。2.同主族（从上到下，电子层数递增，原子序数递增）：①原子半径：逐渐增大；②金属性：逐渐增强，非金属性：逐渐减弱；③最高价氧化物对应水化物：酸性逐渐减弱，碱性逐渐增强；④简单氢化物：稳定性逐渐减弱，还原性逐渐增强；⑤单质氧化性：逐渐减弱，还原性逐渐增强。3.补充——特殊规律：①原子半径：电子层数越多，半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，半径越小（如r(Na)>r(Mg)>r(Al)，r(Na)>r(Li)）；②金属性：同周期左强右弱，同主族上弱下强（如金属性：Na>Mg>Al，Na<K）；③非金属性：同周期左弱右强，同主族上强下弱（如非金属性：F>O>N，F>Cl）。终极归纳4高频考查角度（选择题重点，速记）聚焦高考4个高频考查角度，记准对应规律和易错点，直接适配选项判断。1原子结构判断：考查电子层数、最外层电子数、原子半径、核外电子排布，重点区分“原子”与“离子”半径（如r(Na+)<r(Na)，r(Cl-)>r(Cl)）。2元素性质判断：考查金属性、非金属性强弱比较（如通过最高价氧化物对应水化物酸性、氢化物稳定性、置换反应判断）；简单离子还原性/氧化性比较（如非金属性越强，简单阴离子还原性越弱，F-<Cl-<Br-）。3化学键与物质性质：①金属元素与非金属元素形成离子键（如NaCl），非金属元素之间形成共价键（如H2O、CO2）；②离子化合物一定含离子键，可能含共价键（如NaOH）；共价化合物只含共价键；③稳定性：离子化合物稳定性与离子键强弱有关，共价化合物稳定性与共价键强弱有关（非金属性越强，共价键越强）。4氢化物与氧化物性质：①简单氢化物：非金属性越强，氢化物越稳定，熔沸点：同主族从上到下逐渐升高（HF、H2O、NH3因氢键，熔沸点反常偏高）；②最高价氧化物对应水化物：酸性（非金属性越强，酸性越强）、碱性（金属性越强，碱性越强）。终极归纳5高频易错陷阱（避错必记，直接判错）选择题常见错误选项，记准以下陷阱，看到直接排除，提高解题速度和正确率。1.半径陷阱：混淆“原子半径”与“离子半径”（如认为r(Na+)>r(Cl-)，错误，r(Na+)<r(Cl-)）；误判电子层数相同的离子半径（核电荷数越大，半径越小，如r(O2-)>r(F-)>r(Na+)）。2.规律陷阱：认为“同主族元素性质完全相同”（错误，如O与S，O2能与H2O反应，S不能）；误将“最高价氧化物对应水化物酸性”当作“所有含氧酸酸性”（如HClO酸性弱于H2SO3，不能说明Cl非金属性弱于S）。3.化学键陷阱：认为“金属与非金属一定形成离子键”（错误，如AlCl3为共价化合物，只含共价键）；认为“共价化合物不含离子键”（正确），但误判“离子化合物不含共价键”（错误，如NaOH含共价键）。4.特殊元素陷阱：忽略O、F的特殊性（O无最高正价，F无正价，不能用最高价氧化物对应水化物酸性比较非金属性）；混淆“稀有气体”性质（稀有气体原子最外层8电子稳定结构，化学性质稳定，不参与反应）。终极归纳6解题妙法（10秒速判选择题）第一步：推断元素（根据题干突破口，快速锁定2-3种元素，确定其周期和族）。第二步：对照递变规律，判断选项（如选项涉及“酸性”，结合非金属性递变；涉及“半径”，结合半径规律）。第三步：排查易错陷阱（如看到“AlCl3是离子化合物”“F有正价”，直接判错）。补充：若无法推断具体元素，可采用“举例法”（如判断同周期元素性质，用Na、Mg、Al举例；判断同主族，用O、S举例），快速排除错误选项。真题精研--复盘经典把握规律题组一有载体的元素推断题1.（2025·贵州卷）贵州矿产资源丰富，以某矿石为原料制备一种化工产品涉及的主要化学反应：，W、X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前20号主族元素，只有Q为金属元素且其基态原子核外无单电子，X原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，Z和X同主族。下列说法正确的是A．W能分别与X、Y、Z、Q形成简单化合物B．最高价氧化物对应的水化物的酸性：C．简单离子半径：D．第一电离能：【答案】A【分析】X原子最外层电子数是内层电子数的3倍，且为前20号主族元素，内层电子数为2（K层），最外层电子数为6，故X为氧（O）；Z与X同主族，原子序数大于X（8），故Z为硫（S）；Q为金属元素，原子序数大于Z（16），且基态原子核外无单电子，中Q为+2价，故Q为钙（Ca）；Y原子序数在X（8）与Z（16）之间，为非金属（因只有Q为金属），结合化学式及Q为+2价，故其阴离子为，Y为+5价，为，推断Y为磷（P），W原子序数最小，为非金属，结合反应式推断W为氢（H）；反应式为：，故元素顺序：W（H）、X（O）、Y（P）、Z（S）、Q（Ca），据此分析。【解析】A．W（H）能与X（O）形成H2O、Y（P）形成PH3、Z（S）形成H2S、Q（Ca）形成CaH2，均为简单化合物，A符合题意；B．最高价含氧酸酸性比较，（中强酸）弱于（强酸），故Y＜Z，B不符合题意；C．电子层数越多，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，半径越大，简单离子半径比较，C不符合题意；D．第一电离能：同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势（但有），金属元素的第一电离能小于非金属元素，第一电离能顺序为，D不符合题意；故选A。2.（2025·福建卷）某电解质阴离子的结构如图。X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大短周期元素，下列说法错误的是A．键角：B．电负性：C．最简单氢化物沸点：D．X、Y、R均可与Z组成标况下为气态的化合物【答案】A【分析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大短周期元素，由图，X形成4个共价键且原子序数小，X为碳，Z形成2个共价键、R形成6个共价键，则Z为氧、R为硫，那么Y为氮；Q形成1个共价键且原子序数大于氧，则为氟；【解析】A．二氧化碳中碳的价层电子对数为，为sp杂化，为直线形结构，二氧化硫中硫的价层电子对数为，为sp2杂化，为V形结构，则键角：，A错误；B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；电负性：，B正确；C．水分子形成氢键数大于氨气分子，则水沸点高于氨气，甲烷不能形成氢键，沸点最低，故最简单氢化物沸点：，C正确；D．一氧化碳、二氧化碳、一氧化氮、二氧化硫均为标况下的气态化合物，D正确；故选A。解题妙法1.抓载体找突破口：以化学反应方程式、物质结构示意图为载体，从成键特征（如形成4个键的C、2个键的O）、化合价变化、原子序数递增规律，结合电子排布特征（最外层电子倍数、单电子数），先锁定核心特征元素，再顺推全部元素。1.抓载体找突破口：以化学反应方程式、物质结构示意图为载体，从成键特征（如形成4个键的C、2个键的O）、化合价变化、原子序数递增规律，结合电子排布特征（最外层电子倍数、单电子数），先锁定核心特征元素，再顺推全部元素。2.用周期律判选项：结合元素周期律，验证电离能、电负性、离子半径、氢化物沸点、最高价含氧酸酸性等选项。3.避易错陷阱：警惕第一电离能洪特规则特例、氢键对沸点的反常影响、标况下物质状态、成键数与价电子的匹配性等易错点。题组二无载体的元素推断题1.（2025·河北卷）W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，X与W同族，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，Z位于W的对角线位置。下列说法错误的是A．第二电离能： B．原子半径：C．单质沸点： D．电负性：【答案】A【分析】W、X、Y、Z为四种短周期非金属元素，W原子中电子排布已充满的能级数与最高能级中的电子数相等，则W的电子排布式可能是：1s22s22p2或1s22s22p63s23p4，若W是C，X与W同族，则X是Si，Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，则Y是P，Z位于W的对角线位置，则满足条件的Z是P，与Y重复；故W是S；X与W同族，则X是O；Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，则Y是N；Z位于W的对角线位置，则Z是F。【解析】A．O的第二电离能高于N，因为O+的电子构型为2p3（半充满），失去电子需更高能量，而N+的电子构型为2p2，失去电子相对容易，因此X（O）的第二电离能大于Y（N），A错误；B．同主族从上到下，原子半径变大，同周期，从左到右原子半径变小，F（Z）位于第二周期，S（W）位于第三周期，原子半径S＞O＞F，即：，B正确；C．N2与F2都是分子晶体，F2范德华力大，沸点高，C正确；D．同主族从上到下，电负性逐渐减小，O的电负性大于S，D正确；故选A。2.（2025·甘肃卷）X、Y、Z、W、Q分别为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y、Q基态原子的价电子数相同，均为其K层电子数的3倍，X与Z同族，W为金属元素，其原子序数等于X与Z的原子序数之和。下列说法错误的是A．X与Q组成的化合物具有还原性B．Y与Q组成的化合物水溶液显碱性C．Z、W的单质均可在空气中燃烧D．Z与Y按原子数组成的化合物具有氧化性【答案】B【分析】X、Y、Z、W、Q分别为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y、Q基态原子的价电子数相同，说明Y、Q为同主族元素，均为其K层电子数的3倍，说明价电子数为6，为氧元素和硫元素；X与Z同族，W为金属元素，其原子序数等于X与Z的原子序数之和，所以只能推出W为镁，则Z为Na，X为H，据此解答。【解析】A．X与Q组成的化合物如H与S形成的H2S，这些化合物中S处于最低价，具有还原性，A正确；B．Y与Q形成的化合物为SO2或SO3，溶于水生成亚硫酸或硫酸，溶液显酸性，B错误；C．Z为Na，W为Mg，都可以在空气中燃烧生成过氧化钠和氧化镁，C正确；D．Z与Y按1:1组成的化合物为过氧化钠，其中O为-1价，有氧化性，D正确；故选B。解题妙法1.破题定元素：以短周期元素为核心，紧抓题干关键特征，从电子排布（能级填充、未成对电子数、价电子结构）、同主族/对角线规则、价电子与内层电子倍数关系等信息，快速锁定对应元素，明确其在周期表中的位置。1.破题定元素：以短周期元素为核心，紧抓题干关键特征，从电子排布（能级填充、未成对电子数、价电子结构）、同主族/对角线规则、价电子与内层电子倍数关系等信息，快速锁定对应元素，明确其在周期表中的位置。2.规律判选项：结合元素周期律，逐项验证电离能、原子半径、电负性、单质熔沸点、物质氧化还原性等选项的正误。3.避坑记特例：警惕洪特规则特例（半满/全满结构的电离能反常）、分子晶体熔沸点的范德华力与氢键影响，避免递变规律方向混淆。题组三元素周期律的应用1.（2026·浙江卷）关于元素周期律的认识错误的是A．半径 B．非金属性Si<S C．还原性 D．第一电离能【答案】C【解析】A．和均为10电子离子，核电荷数Mg为12大于O的8，离子半径随核电荷数增大而减小，故半径：，A正确；B．Si和S同属第三周期，S位于Si右侧，同周期元素从左到右非金属性增强，故非金属性：Si<S，B正确；C．同主族从上到下卤素单质氧化性减弱，对应的离子还原性增强，故还原性：，C错误；D．和均为稀有气体电子构型（K+为[Ar]，Na+为[Ne]），K+的最外层位于第三能层，比Na+的第二能层能量高、离核远，更易失去电子，故第一电离能：K+<Na+，D正确；故选C。2.（2025·广东卷）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。【解析】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。解题妙法1.基础递变速判：先锁定元素在周期表的位置，同周期从左到右非金属性增强、金属性减弱；同主族从上到下金属性增强、非金属性减弱。非金属性越强，对应简单阴离子还原性越弱，反之越强。1.基础递变速判：先锁定元素在周期表的位置，同周期从左到右非金属性增强、金属性减弱；同主族从上到下金属性增强、非金属性减弱。非金属性越强，对应简单阴离子还原性越弱，反之越强。2.核心规律套用：电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小；第一电离能同周期总体递增，同主族从上到下递减。3.特殊陷阱规避：牢记第一电离能ⅡA、ⅤA族洪特规则特例，氢化物沸点需注意氢键导致的反常升高；结合图像题的电离能突变快速锁定元素，逐项验证选项。题组四元素周期表的结构1.（2025·福建卷）福建科研团队用掺杂非铁催化剂实现温和条件下热催化合成氨。下列说法错误的是A．含有共价键 B．Fe在元素周期表p区C．氨的工业合成是人工固氮 D．氨是制备多种含氮化合物的基础原料【答案】B【解析】A．分子中含有碳碳共价键，A正确；B．铁为26号元素，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，处于d区，B错误；C．氨的工业合成是将游离态氮转化为化合物氨气，为人工固氮，C正确；D．氨中含氮元素，是制备多种含氮化合物的基础工业原料，D正确；故选B。2.（2025·山东卷）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【答案】D【解析】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。解题妙法1.分区速判：s区（ⅠA、ⅡA）、p区（ⅢA~ⅦA、0族）、d区（ⅢB~Ⅷ族）、ds区（ⅠB、ⅡB）、f区（镧系、锕系）。铁是过渡金属，基态电子排布为3d1.分区速判：s区（ⅠA、ⅡA）、p区（ⅢA~ⅦA、0族）、d区（ⅢB~Ⅷ族）、ds区（ⅠB、ⅡB）、f区（镧系、锕系）。铁是过渡金属，基态电子排布为3d64s2，属于d区，不是p区。2.核素与同位素辨析：核素需同时满足质子数和中子数相同；同位素质子数相同、中子数不同，属于不同核素。计算中子数时，用质量数减去质子数，再求与质子数的差值。3.周期与电子层：主量子数n等于周期数。价电子出现6s轨道，说明该元素有6个电子层，位于第6周期。4.电子计数技巧：d电子数需从3d轨道开始算，注意3d、4d等轨道上的电子总数，避免漏算内层电子。终极预测--压轴实战稳拿高分【名校预测·第1题】（2026·北京·一模）(铷)有两种天然同位素和。有放射性，可缓慢转化为(锶)。“等时线法”可用于岩石断代测定。下列说法不正确的是A．可用质谱法区分和B．、均位于元素周期表第五周期C．氢氧化物碱性：D．转化为的过程是化学变化【答案】D【解析】A．质谱法可测定粒子的相对质量，和质量数不同、相对质量存在差异，可用质谱法区分，A正确；B．37号原子的核外每层电子数分别为2、8、18、8、1，38号原子的核外每层电子数分别为2、8、18、8、2，二者原子核外均有5个电子层，均位于元素周期表第五周期，B正确；C．同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，金属性，故碱性，C正确；D．化学变化的最小微粒是原子，反应过程中原子核不发生改变，转化为的过程原子核发生变化，属于核变化，不属于化学变化，D错误；答案选D。【名校预测·第2题】（2026·河南开封·二模）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且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。下列说法错误的是A．是一种清洁能源，可做航天燃料B．Y形成的单质均为非极性分子C．Z的最高价含氧酸的酸性在同族中最强D．M单质镶嵌在船舶的外壳上，可以避免船体遭受腐蚀【答案】B【分析】Y最外层电子数是内层的3倍，内层电子数为2，故Y为O；M价层电子排布为，故M为Zn；四种元素位于不同前四周期且原子序数依次增大，故X为第一周期的H；X、Y最外层电子数之和为，故Z为第三周期最外层电子数为7的Cl。最终元素：。【解析】A．为，燃烧产物为水，无污染、热值高，是清洁能源，可用作航天燃料，A正确；B．Y（O）的单质有和，为V形结构，正负电中心不重合，是极性分子，并非所有单质都是非极性分子，B错误；C．Z（Cl）的最高价含氧酸为，卤族中F无正价，Cl以下的卤族元素最高价含氧酸酸性弱于，故酸性同族最强，C正确；D．M为Zn，活泼性强于船体主要成分Fe，镶嵌Zn后形成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，可避免船体遭受腐蚀，D正确；故选B。【名校预测·第3题】（2026·陕西西安·模拟预测）稀土元素铈（）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82B．和的物理性质和化学性质均存在明显差异C．元素所在的族是周期表中元素种类数最多的族D．根据其价电子推断，的稳定价态为，【答案】C【解析】A．的质子数为58，中子数=质量数-质子数=，中子数与质子数之差为，A错误；B．和质子数相同，互为同位素，同位素的化学性质几乎完全相同，仅物理性质有差异，B错误；C．Ce属于镧系元素，位于周期表第ⅢB族，第ⅢB族包含镧系、锕系共32种元素，是周期表中元素种类最多的族，C正确；D．Ce的价电子共个，稳定价态有+3、，不存在稳定的价，D错误；故选择C。【名校预测·第4题】（2026·河北邯郸·二模）X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，X原子中填充电子的能级数与最高能级中电子数相等，Y与X同族，Z与Y相邻且Z原子比Y原子少一个电子，Z、W同周期，W位于X的对角线位置，下列说法可能错误的是A．原子半径：B．单质熔点：C．第一电离能：D．X、W分别能与O组成能与NaOH溶液反应的物质【答案】B【分析】X满足“填充电子的能级数与最高能级电子数相等”，短周期符合条件的主族元素为Be或N：若X为Be，则同族Y为Mg，Z比Y少1个电子为Na，Be的对角线元素W为Al，Na和Al同周期符合条件；若X为N，则同族Y为P，Z比Y少1个电子为Si，N的对角线元素W为S，Si和S同周期符合条件。【解析】A．同周期主族元素原子半径从左到右递减，同主族从上到下递增，两种情况原子半径均满足，A正确；B．若X为Be，Z为Na、Y为Mg，Mg的金属键强于Na，熔点，B错误；C．同周期第一电离能整体从左到右呈增大趋势，且IIA族全满、VA族半满结构使第一电离能高于相邻元素，两种情况均满足，C正确；D．X为Be时，是两性氧化物可与NaOH反应，W为Al时也可与NaOH反应；X为N时，氮氧化物（如、）可与NaOH反应，W为S时硫氧化物（如、）也可与NaOH反应，D正确；故选B。【名校预测·第5题】（2026·江苏·二模）关于元素周期表和元素周期律，下列说法不正确的是A．分子的极性：B．第二电离能：C．化合物中离子键百分数：D．科学家通过X-射线衍射实验发现镓元素【答案】D【解析】A．是同核双原子非极性分子，为V形极性分子，故分子极性，A正确；B．失去1个电子后为全满稳定结构，再失电子难度大；失去1个电子后为，再失去4s电子难度较小，故第二电离能，B正确；C．电负性：，Mg和O的电负性差值比Al和O的电负性差值要大，电负性差越大离子键百分数越高，故的离子键百分数高于，C正确；D．X-射线衍射实验用于测定晶体结构，镓元素是通过光谱法发现的，D错误；故选D。

倒计时04天长风破浪会有时，直挂云帆济沧海。——李白《行路难・其一》物质结构与性质(选择题)考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：近年来各地高考考查选择性必修2的选择题，以原子结构、化学键、分子空间结构、晶体类型、作用力为核心考点。围绕电子排布、杂化轨道、键角、微粒空间构型、氢键、范德华力、晶格能、晶胞基础性质展开考查。命题依托陌生物质、配合物、新型晶体载体，强化位构性关联辨析。高频陷阱集中在：杂化类型误判、孤电子对影响键角、分子极性判断错误、化学键与分子间作用力混淆、不同晶体熔沸点比较规律误用。试题立足基础概念，侧重微观结构分析，综合性强，注重模型认知与规律迁移应用。►高考前沿：新高考结合功能材料、超分子、配位化合物、新型层状晶体创新设问；强化大π键、孤电子对作用、晶体缺陷、晶胞简单计算考查；融合结构与性质的关联分析，减少机械记忆类考题，侧重微观结构机理解读，深化证据推理与宏观微观结合的学科素养考查。考点抢分--核心精粹高效速记终极归纳1原子结构与核外电子排布熟记构造原理与电子排布规则，是结构题基础。1.能量顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d；2.遵循能量最低原理、泡利不相容原理、洪特规则。3.区分电子排布式、简化电子排布式、价电子排布式；4.过渡元素价电子包含最外层s轨道与次外层d轨道。5.注意特例：Cr、Cu为半满、全满稳定结构，排布特殊。6.电离能递变：同周期从左至右第一电离能总体增大，ⅡA、ⅤA族因轨道全满、半满出现反常偏高；同主族自上而下电离能逐渐减小。7.电负性同周期右大左小、同主族上大下小，氟电负性最大，可用于判断元素金属性、非金属性及化学键类型。终极归纳2共价键、杂化轨道与空间构型1.共价键分为σ键和π键，单键全为σ键，双键含1个σ键1个π键，三键含1个σ键2个π键。2.键能、键长、键角决定分子稳定性与空间结构。3.杂化类型速判：中心原子价层电子对数2为sp杂化、直线形；3对为sp2杂化、平面三角形；4对为sp3杂化、四面体形。4.价层电子对数=σ键数+孤电子对数，孤电子对会挤压键角，使键角变小。常见分子特例：NH3、H2O虽为杂化，但因孤电子对存在，分别为三角锥形、V形。终极归纳3分子间作用力、氢键与物质性质1.分子间作用力包含范德华力与氢键，仅影响物质熔沸点、溶解性等物理性质，不影响化学键稳定性。（1）范德华力随相对分子质量增大而增强；（2）氢键为特殊分子间作用力，存在于N、O、F的氢化物之间。NH3、H2O、HF因氢键存在，熔沸点在同主族氢化物中反常偏高；氢键还可影响物质溶解性、密度与缔合现象。2.极性分子、非极性分子判断：结构对称、正负电荷中心重合为非极性分子，不对称则为极性分子，相似相溶规律是溶解性判断核心依据。终极归纳4晶体类型与性质对比（选择高频）1.四大晶体：离子晶体、原子晶体、分子晶体、金属晶体，性质对比是必考题型。（1）离子晶体靠离子键结合，熔沸点较高、硬度大，熔融导电；（2）原子晶体依靠共价键，熔沸点极高、硬度大，如金刚石、晶体硅、二氧化硅；（3）分子晶体靠分子间作用力，熔沸点低、硬度小；（4）金属晶体依靠金属键，具有导电、导热、延展性。2.熔沸点速判：（1）原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；（2）同类晶体中，离子键、共价键、金属键越强，熔沸点越高；（3）分子晶体比较分子间作用力，含氢键优先考虑氢键影响。终极归纳5晶胞计算简易速记方法1.晶胞粒子计数统一使用均摊法，核心口诀：顶点八分之一、棱上四分之一、面上二分之一、体内为整体1。顶点粒子被8个晶胞共用，棱上粒子被4个晶胞共用，面上粒子被2个晶胞共用，晶胞内部粒子完全独有、全部计入。2.先分类清点粒子位置，再套用对应比例分别计算，求和得到晶胞实际含有的原子或离子数目。结合粒子数、摩尔质量可快速计算晶胞质量、密度。3.牢记常见晶胞结构，避开共用比例混淆、位置判断错误等陷阱，步骤固定、计算简单，适配选择题快速解题。终极归纳6高频易错与解题速记1.易混点辨析：杂化类型与空间构型不能等同；有氢键不一定分子更稳定；晶体熔化破坏作用力不同，原子晶体断共价键、离子晶体断离子键、分子晶体只破坏分子间作用力。2.解题妙法：（1）选择题优先抓关键词，看到空间结构先判杂化，看到熔沸点先定晶体类型，看到电离能、电负性紧扣周期递变规律；（2）牢记特殊物质与反常规律，避开概念偷换、作用力混淆、结构判断错误等常见陷阱，快速秒杀正误判断。真题精研--复盘经典把握规律题组一原子结构与性质1.（2025·浙江卷）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＞PCl3C．碱性：LiOH＞KOH D．化合物中离子键百分数：MgO＞Al2O3【答案】C【解析】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。2.（2025·重庆卷）根据元素周期律，同时满足条件（ⅰ）和条件（ⅱ）的元素是（ⅰ）电负性大于同族其他元素；（ⅱ）第一电离能高于同周期相邻的元素A．Al B．Si C．B D．Be【答案】D【解析】A．Al是第ⅢA族元素，同主族中电负性最大的是B，因此Al不满足条件（i），A错误；B．Si是第ⅣA族元素，同主族中电负性最大的是C，因此Si不满足条件（i），B错误；C．B是第ⅢA族元素，电负性在同主族中最大，满足条件（i）。B是ⅢA族元素，同周期电离能从左往右逐渐增加，但Be是第ⅡA族元素，2p为全空，比较稳定，电离能大于B，所以B的第一电离能比相邻的Be和C都小，不满足条件（ii），C错误；D．Be是第ⅡA族元素，电负性在同主族中最大，满足条件（i）；Be是第ⅡA族元素，2p为全空，比较稳定，电离能大于B和Li，所以Be的第一电离能大于同周期相邻主族元素，满足条件（ii），D正确；故选D。解题妙法1.解题关键：1.解题关键：①第一电离能需注意ⅡA、ⅤA族反常（全空/半满稳定）；②电负性同周期从左到右增大、同主族从上到下减小，电负性差越大，键的极性/离子键百分数越大；③碱性与金属性正相关，金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强。2.高频陷阱：忽略电离能反常、混淆电负性与金属性递变规律、误判离子键百分数与电负性差值的关系。题组二分子结构与性质1.（2025·江西卷）下列说法正确的是A．键长： B．沸点： C．键能： D．键角：【答案】B【解析】A．CO中C原子和O原子通过三键相连，CO2中C原子和O原子通过双键相连，三键的键长小于双键，则键长：，A错误；B．HI分子量大于HCl，范德华力更强，沸点更高，则沸点：，B正确；C．N2中存在氮氮三键，O2中存在氧氧双键，三键的键能比双键大，则键能：，C错误；D．中心N原子价层电子对数为4+=4，N原子为sp3杂化，中心N原子价层电子对数为3+=3，N原子为sp2杂化，则键角：，D错误；故选B。2.（2025·四川卷）生产磷肥时，利用纯碱溶液吸收的反应如下：。下列说法错误的是A．中含有配位键B．和都是由极性键构成的极性分子C．和晶体分别为分子晶体和共价晶体D．的模型和空间结构都为平面三角形【答案】B【解析】A．Na2SiF6的阴离子中有Si提供空d轨道，F-提供孤对电子形成的配位键，A正确；B．SiF4中心原子Si的价层电子对数是，无孤对电子，为正四面体结构，分子对称，属于非极性分子；H2O为极性分子，B错误；C．CO2晶体为分子晶体（分子间作用力），SiO2为共价晶体（原子间共价键），C正确；D．中心原子C的价层电子对数是，无孤对电子，VSEPR模型为平面三角形，实际空间结构也为平面三角形，D正确；故选B。解题妙法1.解题关键：1.解题关键：①键长/键能：三键＜双键＜单键，键能相反；②沸点：分子晶体看范德华力（相对分子质量越大沸点越高，注意氢键特殊情况）；③杂化与键角：sp3杂化（无孤对）键角＞sp2杂化；④分子极性：正电中心与负电中心是否重合，对称结构（如正四面体）为非极性分子；⑤VSEPR模型按价层电子对计算，孤对电子会影响键角但不影响模型。2.高频陷阱：混淆键长/键能递变、误判对称分子的极性、忽视孤对电子对键角的影响。题组三物质结构与性质综合1.（2025·甘肃卷）物质的结构决定性质，下列事实与结构因素无关的是选项事实结构因素AK与Na产生的焰色不同能量量子化B的沸点高于分子间作用力C金属有良好的延展性离子键D刚玉的硬度大，熔点高共价晶体【答案】C【解析】A．焰色反应的本质是电子跃迁释放特定波长的光，不同元素的原子能级（能量量子化）导致焰色差异，结构因素正确，A不符合题意；B．SiH4和CH4均为分子晶体，沸点差异由分子间作用力（范德华力）强弱决定，结构因素正确，B不符合题意；C．金属延展性源于金属键的特性（自由电子使原子层滑动），而离子键对应离子晶体（延展性差），结构因素“离子键”错误，C符合题意；D．四大晶体类型只是理想的模型，共价晶体与离子晶体没有明显的边界，二者间存在过渡区域，刚玉的硬度大，熔点高，说明其具有共价晶体的特征，结构因素正确，D不符合题意；故选C。2.（2025·山东卷）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性质差异主要原因A沸点：电离能：B酸性：电负性：C硬度：金刚石>晶体硅原子半径：D熔点：离子电荷：【答案】A【解析】A．H2O沸点高于H2S的主要原因是H2O分子间存在氢键、H2S分子间不存在氢键，而非O的电离能大于S，电离能与沸点无直接关联，A错误；B．HClO酸性强于HBrO是因为Cl的电负性大于Br，导致O-H键极性更强，更易解离H+，B正确；C．金刚石硬度大于晶体硅是因为C原子半径小于Si，C-C键键能更大，共价结构更稳定，C正确；D．MgO和NaF均属于离子晶体，离子晶体的熔点取决于其晶格能的大小，离子半径越小、离子电荷越多的，其晶格能一般较大，其熔点更高；MgO熔点高于NaF是因为Mg2+和O2−的电荷高于Na+和F−，且其阴、阳离子的半径对应较小，故离子键强度更大，晶格能更高，D正确；故选A。解题妙法1.解题关键：1.解题关键：①明确各类晶体的结构本质与性质差异：金属晶体延展性源于金属键，离子晶体硬度大、延展性差，分子晶体沸点由范德华力/氢键决定，共价晶体硬度大、熔点高由共价键键能决定；②性质差异的归因要精准：沸点差异优先考虑氢键，含氧酸酸性差异看中心原子电负性，共价晶体硬度看原子半径，离子晶体熔点看离子电荷与半径；2.高频陷阱：混淆不同晶体的成键类型与性质、误将氢键成因归为电离能、错把金属键与离子键的性质搞混。题组四晶胞的有关计算1.（2025·广西卷）型晶态半导体材料由与碳族元素形成，其立方晶胞结构如图。已知：晶胞参数。下列说法正确的是A．与Z紧邻的有4个B．晶胞内之间最近的距离为C．晶胞密度：D．若晶胞顶点替换为，则【答案】C【解析】A．假设Z形成面心立方结构，每个Z原子周围有8个四面体空隙（填充Mg），故与Z紧邻的Mg有8个，A错误；B．Mg位于四面体空隙，最近Mg-Mg距离为晶胞边长的，晶胞内之间最近的距离为，B错误；C．密度公式，Mg-Ge中M(Z)=73、a=639pm，计算出ρ(Mg-Ge)=，Mg-Si中M(Z)=28、a=634pm，计算出ρ(Mg−Si)=，故ρ(Mg−Ge)>ρ(Mg−Si)，C正确；D．Z（Sn）在晶胞中顶点（8个）和面心（6个），仅替换顶点时，Sn在晶胞中的个数为，Ge在晶胞中的个数为，则，D错误；故选C。2.（2025·四川卷）的四方晶胞(晶胞参数，省略中的氧，只标出)和的立方晶胞如图所示，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．晶胞中1位的分数坐标为B．晶胞中2位和3位的核间距为C．晶胞和晶胞中原子数之比是D．晶体密度小于晶体密度【答案】D【解析】A．根据图示，晶胞中1位位于晶胞的棱角，其分数坐标为，故A正确；B．2位坐标为(a，a，1.7a)，3位坐标为(0，0，3.4a)，核间距：apm，B正确；C．晶胞中原子个数为：，晶胞中原子个数为：（省略中的氧，只标出，所以一起计算的原子），晶胞和晶胞中原子数之比是，C正确；D．晶体密度计算公式为：，晶体密度为：，晶体密度为：，晶体密度大于晶体密度，D错误；故答案选D。解题妙法1.解题关键：1.解题关键：①原子数用均摊法（顶点1/8、棱上1/4、面心1/2、体内1）；②配位数看最紧邻原子数，四面体空隙配位数为4；③晶胞距离：最近顶点距离为面对角线/体对角线的一半；④密度公式：ρ=NM/(NAa3)，代入晶胞质量与体积计算；⑤原子比按晶胞内总原子数直接求比值。2.高频陷阱：均摊法计数错误、混淆晶胞参数与实际距离、忽略原子数计算时的晶胞体积变化、误判原子替换后的数目比。终极预测--压轴实战稳拿高分【名校预测·第1题】（2026·重庆·二模）晶体可作激光发射材料。下列说法正确的是A．基态原子核外单电子数：B．位置：Ca和P均为p区元素C．第一电离能大小：D．基态F原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为球形【答案】A【解析】A．基态P原子核外电子排布为，其中3p轨道有3个单电子，故基态P原子核外单电子数为3。基态O原子核外电子排布为，其中2p轨道有2个单电子，故基态O原子核外单电子数为2。因此，基态原子核外单电子数：，A正确；B．Ca位于第ⅡA族，属于s区元素，仅P属于p区元素，二者不都是p区元素，B错误；C．同周期元素第一电离能呈增大趋势，P的3p轨道为半满稳定结构，第一电离能大于相邻的S，故第一电离能，C错误；D．基态F原子电子占据的最高能级为2p，p轨道电子云轮廓图为哑铃形，球形是s轨道的电子云特征，D错误；故选A。【名校预测·第2题】（2026·天津滨海新区·二模）下列依据相关数据作出的推断中，正确的是A．依据元素的第一电离能：，可推断单质的还原性：B．依据元素的电负性：，可推断分子极性：C．依据离子半径：，可推断结构相似的晶体的熔点：D．依据键能：，可推断沸点：【答案】C【解析】A．第一电离能是因为的轨道全充满更稳定，按照第一电离能的变化逻辑，电离能越大失电子越难、还原性越弱，无法推出还原性的结论，还原性强弱与金属活动性相关，不能通过该第一电离能特例推断，A错误；B．为正四面体对称结构，属于非极性分子，为三角锥形结构，属于极性分子，分子极性，B错误；C．和均为结构相似的离子晶体，离子半径越小，晶格能越大，晶体熔点越高，离子半径，故熔点，C正确；D．、、的沸点由分子间作用力决定，存在分子间氢键沸点最高，相对分子质量大于，分子间作用力更强，沸点高于，沸点顺序为，与分子内共价键的键能无关，D错误；故选C。【名校预测·第3题】（2026·北京丰台·一模）下列依据相关数据进行的推断正确的是数据推断A元素的电负性：分子极性：B可用CuS除去溶液中的C短周期元素R的各级电离能(省略单位)：

R元素的最高正化合价为+2价D相同温度下：

与反应的速率更快【答案】C【解析】A．为正四面体形结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，为三角锥形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，因此分子极性，A不符合题意；B．说明溶解度远小于，无法发生沉淀转化，不能用除去，B不符合题意；C．的第三电离能远大于第二电离能，说明失去2个电子后达到稳定结构，最外层有2个电子，最高正化合价为+2价，C符合题意；D．平衡常数衡量反应进行的限度，与反应速率无直接关联，仅说明与反应更彻底，不能说明反应速率更快，D不符合题意；故选C。【名校预测·第4题】（2026·河南·模拟预测）一种钙镁矿化合物的晶胞结构如图1所示，MgS的晶胞结构如图2所示，已知：位于晶胞棱上和面心。下列说法错误的是A．钙镁矿化合物的化学式是B．MgS晶胞中A原子的分数坐标为C．钙镁矿化合物中B、D两原子核间距为D．钙镁矿化合物与MgS晶体的密度之比为【答案】D【解析】A．Ca位于棱上和面心，晶胞中，Mg位于顶点、面心和体心，；S全部位于晶胞内部，；原子数之比，因此化学式为，A正确；B．已知原点为，A原子位于晶胞右侧面棱心，则MgS晶胞中A原子的分数坐标为，B正确；C．设原点如图红色点所示，，B坐标为，D坐标为，则核间距，C正确；D．由均摊法可知，图1中，，，钙镁矿晶胞密度，图2中，Mg位于棱心和体心，；S位于顶点和面心，；MgS晶胞密度，则，D错误；故选D。【名校预测·第5题】（2026·四川绵阳·三模）利用克劳斯法辅助反应，可从炼油厂尾气中回收得到高纯度的硫磺，下列涉及该反应中反应物、产物的说法正确的是A．分子中S-H键长小于O-H键长 B．各分子的σ键均为p-pσ键C．与中N的杂化形式相同 D．与的VSEPR模型相同【答案】D【解析】A．S原子半径大于O原子，因此S-H键长大于O-H键长，A错误；B．H原子的价电子位于1s轨道，中的S-H、O-H键为键，并非所有σ键都是键，B错误；C．中价层电子对数为，由于存在单电子，按3对电子考虑，杂化方式为；中价层电子对数为，杂化方式为，二者杂化形式不同，C错误；D．H2O中心O的价层电子对数为，中心O的价层电子对数为，二者VSEPR模型均为四面体形，模型相同，D正确；故选D。

倒计时03天宝剑锋从磨砺出，梅花香自苦寒来。——《警世贤文》物质结构与性质综合大题考情透视--把脉命题直击重点►命题解码：近年来各地方高考中结构大题为选考或必考固定题型，以过渡金属、新型功能材料、配位化合物、特殊晶体为载体。系统考查电子排布、电离能与电负性、杂化轨道、空间构型、键角比较、氢键与分子间作用力、晶体类型及熔沸点规律、晶胞结构与参数计算。命题注重微观结构与物质性质的关联，设问梯度分明，基础填空与定量计算结合。常设置特例陷阱，如半满全满稳定结构、孤电子对对结构的影响、混合型晶体作用力辨析，全面考查模型认知与数据运算能力。►高考前沿：命题紧扣前沿材料、超分子、金属有机框架、晶体缺陷等真实情境；强化大π键、配位键、多聚结构考查，提升晶胞密度、原子占有率等定量计算占比；融合结构解释性质的文字简答，弱化机械记忆，侧重结构机理分析、信息迁移与综合推理素养。考点抢分--核心精粹高效速记终极归纳1大题核心考查模块（三大模块，必记必背）大题均围绕以下三大模块综合命题，每个模块掌握核心要点和规范答题话术，拆分突破、逐个击破，再整合应用，确保不丢基础分。1.原子结构与性质（基础送分，必拿）：核心考查电子排布、电离能、电负性。①电子排布：写出电子排布式（或简化电子排布式、价电子排布式），牢记构造原理（能量顺序：1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d），重点掌握Cr、Cu的特殊排布（半满、全满稳定结构）；②电离能：解释反常现象（同周期ⅡA、ⅤA族电离能偏高，因轨道全满、半满），比较电离能大小（同周期右大左小、同主族上大下小）；③电负性：比较大小、判断化学键类型（电负性差＞1.7为离子键，＜1.7为共价键）、判断元素金属性/非金属性。2.共价键与分子性质（核心难点，重点突破）：①共价键分类：σ键、π键（单键1个σ键，双键1σ1π，三键1σ2π），判断键的极性；②杂化轨道与空间构型：价层电子对数=σ键数+孤电子对数，2对sp杂化（直线形）、3对sp2杂化（平面三角形）、4对sp3杂化（四面体形），牢记NH3（sp3，三角锥形）、H2O（sp3，V形）等特例；③分子间作用力：范德华力、氢键（N、O、F的氢化物之间），解释熔沸点、溶解性差异（氢键使熔沸点反常偏高，相似相溶原理）。3.晶体结构与计算（区分度考点，规范计算）：①晶体类型判断：离子晶体（含离子键）、原子晶体（共价键，如金刚石、SiO2）、分子晶体（分子间作用力）、金属晶体（金属键）；②晶胞计算（核心均摊法）：顶点1/8、棱上1/4、面上1/2、体内1，先计数晶胞中粒子数目，再计算晶胞密度（ρ=m/V，m=粒子数×摩尔质量/NA，V=晶胞边长3）；③晶体性质对比：熔沸点、硬度（原子晶体＞离子晶体＞分子晶体），导电性（离子晶体熔融导电，金属晶体常温导电）。终极归纳2大题解题万能模板（必记，直接套用）大题看似复杂，实则有固定解题流程，掌握以下模板，可快速梳理思路、规范答题，避免遗漏踩分点。1.审题：圈出关键信息（元素符号、物质化学式、晶体类型、晶胞参数、已知性质），明确考查模块（单一模块或多模块综合）。2.拆分模块：将大题拆解为原子结构、共价键、晶体结构单个小问题，逐个解答，避免交叉混淆。3.规范答题：①文字描述类：遵循“原理+结论”答题话术（如电离能反常：“N的2p轨道为半满稳定结构，能量低，失去电子难度大，故第一电离能N＞O”）；②电子排布类：书写规范（价电子排布式需标注轨道，如Fe的价电子排布式3d⁶4s²）；③计算类：写出步骤（均摊法计数→计算晶胞质量→代入密度公式→得出结果），标注单位（晶胞边长单位通常为pm，需换算为cm）。4.整合检查：确保各模块答案连贯，电子排布、杂化类型、空间构型对应正确，计算数据无误，答题规范（无错别字、符号正确）。终极归纳3高频踩分点（必记，不丢基础分）大题评分标准严格，记准以下踩分点，确保会做的题不丢分，难题抢拿步骤分。1.原子结构：电子排布式（或价电子排布式）书写规范、电离能/电负性比较的理由、化学键类型判断依据。2.共价键与分子性质：σ键、π键数目判断、杂化类型判断步骤、空间构型名称、分子间作用力（氢键）的作用解释。3.晶体结构：晶体类型判断、均摊法计数步骤、晶胞密度计算（公式、单位换算、结果）、晶体性质对比的理由。终极归纳4高频易错陷阱（避错必记，规避失分）大题失分多在细节和规范，记准以下陷阱，避免“会做但写错”“计算失误”。1.原子结构陷阱：电子排布式书写错误（如Cr写为3d44s2，正确为3d54s1）、混淆电子排布式与价电子排布式、电离能比较忽略反常现象。2.共价键陷阱：混淆σ键与π键数目（如乙烯含5个σ键、1个π键，误算为4个σ键）、杂化类型与空间构型对应错误（如sp3杂化误判为平面三角形）、忽略孤电子对对空间构型的影响。3.晶体计算陷阱：均摊法比例混淆（如顶点算1/4、棱上算1/8）、晶胞边长单位换算错误（pm→cm，1pm=10-10cm）、密度计算遗漏NA（阿伏加德罗常数）、误将晶胞粒子数当作化学式。4.规范陷阱：空间构型名称写错（如V形写为折线形，不扣分，但三角锥形误写为四面体）、电子排布式漏写轨道符号、计算无步骤直接写结果。终极归纳5考前速记技巧（高效冲刺）1.核心规律速记：电子排布特例（Cr、Cu）、杂化与空间构型对应关系、均摊法比例、密度计算公式，无需推导，直接套用。2.话术速记：提前背熟电离能反常、氢键作用、晶体性质对比的标准答题话术，避免答题不规范、踩分点不全。3.计算优先级：先做基础模块（电子排布、杂化判断），再做计算模块（均摊法、密度计算），计算时分步书写，避免一步出错全扣分。真题精研--复盘经典把握规律题组一以主族元素及其化合物为载体的物质结构与性质综合大题1.（2026·浙江卷）回答下列问题：（1）的晶胞如图。请回答：①的电子式：_______；②旁边最近的有_______个；③荧光掺入，代替_______(A或B)。（2）将HF与按等物质的量发生化合反应生成，写出的结构式：_______。（3）已知：，则：①中S原子的杂化方式：_______。②熔点：LiF_______(填“>”、“<”或“=”)，原因：_______。③与反应生成与X，X的结构简式：_______。④等物质的量、混合，主要产物为，原因：_______。⑤与足量NaOH生成气体的化学方程式：_______；【答案】（1）12B（2）（3）>氟离子半径小，离子键强中吸电子，N-H键极性较大，H容易以H+的形式解离，中推电子，N上的电子云密度大，容易与H+形成配位键【解析】（1）①Ca原子最外层有2个电子，F原子最外层有7个电子，Ca原子失去最外层2个电子形成Ca2+，两个F原子各得到1个电子形成F-，达到最外层8电子稳定结构，所以的电子式为；②示意图中，A离子共8个，均位于晶胞内，B离子有8个位于顶点，在1个晶胞内贡献个B离子，有6个位于面心，在1个晶胞内贡献个B离子，因此1个晶胞内含有4个B离子，晶胞中A与B的离子数之比为2:1，与化学式CaF2对应可知，A离子为F-，B离子为Ca2+，Ca2+旁边最近的Ca2+有12个，距离均为晶胞边长的倍（可以视为顶点对于面心）；③掺入后，Er3+为阳离子，代替的是原有阳离子Ca2+，即B；（2）硝酸分子中氮原子（N）和另外两个端基氧原子参与形成了大π键。所以大π键的原子中心数是3。N提供其p轨道上的2个电子，两个端基氧原子各自提供其p轨道上的1个电子（每个氧的单电子）。总电子数：2+1+1=4个电子。故的结构式为，硝酸结合HF中的氢离子后，羟基氧原子上的孤对电子未参与离域大π键，电子云更集中，碱性更强，更容易接受质子。所以的结构式为；（3）①S原子形成2个S=O双键和两个S-F键，键数为4，孤对电子数为0，所以中心原子S采取sp3杂化；②因为F-的离子半径小，离子键更强，阴阳离子间作用力更强，所以LiF的熔点高于；③与反应的产物之一是，说明N-Si键发生断裂，两分子各断裂一个S-F键，掉落一个F原子，剩余部分与结合生成，所以这两个F原子与结合生成；④中F的电负性很大，的吸电子能力很强，N-H键极性较大，H容易以H+的形式解离，而中由于乙基的推电子效应，导致N电子云密度较大，容易与H+结合（形成配位键），生成；⑤先水解生成、HF、，则与足量NaOH反应会产生气体为，其余两种酸与NaOH反应，因此反应方程式为。2.（2025·北京卷）通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。（1）将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：_______。（2）分子中键角小于，从结构角度解释原因：_______。（3）的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下。①的配体中，配位原子是_______。②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_______。()（4）和反应过程中能量变化示意图如下。①室温下，和反应生成而不生成。分析原因：_______。②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由：_______。【答案】（1）（2）NH3中N原子的sp3杂化轨道有一个孤电子对，斥力较大（3）N（4）E2＜E1，温度低时更容易生成[Mg(NH3)6]Cl2是吸热反应，也是气体分子数增加的反应，升温、减压有利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3【解析】（1）Mg是第12号元素，其基态最外层电子的电子排布式为3s2，故其基态原子最外层轨道表示式为：。（2）NH3中N原子的键电子对数为3、孤电子对数为=1，价层电子对数为4，N原子的sp3杂化轨道有一个孤电子对，斥力较大，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28′。（3）①的内界为，故其配体为NH3，由于N原子有孤电子对，所以配位原子为N；②根据均摊法，该晶胞中的个数为，的个数为8，故每个晶胞中含有4个，则晶体的密度为。（4）①由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，E2＜E1，温度低时更容易生成；②根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知[Mg(NH3)6]Cl2是吸热反应，该反应也是气体分子数增加的反应，故升温、减压有利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3。解题妙法1.解题关键：1.解题关键：①电子式、轨道表示式按价电子排布书写；②晶胞用均摊法计数，配位数看最紧邻原子数，阳离子掺杂替换同价态阳离子；③杂化方式用价层电子对互斥模型判断，离子晶体熔点看离子半径与电荷；④反应原理解释需结合电负性、电子效应、能量变化与平衡移动（吸热/气体分子数变化）。2.高频陷阱：晶胞均摊错误、键角成因混淆、电子效应分析不完整。题组二以过渡元素及其化合物为载体的物质结构与性质综合大题1.（2025·山东卷）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。基态原子与基态离子未成对电子数之比为_______。（2）尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。①元素C、N、O中，第一电离能最大的是_______，电负性最大的是_______。②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为_______。③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是_______(填元素符号)。（3）可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为)。①晶胞中原子的半径为_______。②研究发现，晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是_______，该截面单位面积含有的原子为_______个。【答案】（1）四VIII4：5（2）NOsp2O（3）n【解析】（1）Fe为26号元素，位于元素周期表中第四周期VIII族；基态Fe原子电子排布式为[Ar]3d64s2，未成对电子数为4，基态Fe3+电子排布式为[Ar]3d5，未成对电子数为5，故答案为：四；VIII；4：5。（2）①同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>C；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C，故答案为：N；O。②尿素分子中C原子形成3个σ键，无孤电子对，采取的轨道杂化方式为sp2杂化。③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，因此N原子不会参与形成配位键，说明C=O中O原子参与配位，所以与配位的原子是O。（3）①为体心立方晶胞，晶胞边长为apm，体对角线长度为，体心立方晶胞中Fe原子半径r与体对角线关系为4r=，因此原子的半径为。②m截面面积Sm=a2pm2，每个角原子被4个相邻晶胞共享(二维共享)，如图所示：，每个晶胞的顶点原子贡献个原子给该晶面，所含原子数为，单位面积原子数为个pm-2，n截面面积为pm2，每个角原子被4个相邻晶胞共享，体心原子完全属于本截面，所含原子数为，单位面积原子数为个∙pm-2，因此催化活性较低的是n截面，该截面单位面积含有的原子为个∙pm-2。2.（2025·上海卷）钨(W)为银白色有光泽的金属，常温下不受空气侵蚀，化学性质比较稳定，主要用来制造灯丝和制作耐磨工具。（1）用金属钨作灯丝与钨的_______特性有关。A．延展性 B．导电性 C．高熔点 D．硬度大（2）从微观角度解释钨有金属光泽的原因_______。白钨矿的主要成分的钨酸钙(CaWO4)，CaWO4的晶胞结构如下图：（3）CaWO4晶胞中，Ca2+处于_______。A．顶角 B．面上 C．棱上 D．体心（4）钨元素的信息如图所示，可推测其在元素周期表中的位置是_______。A．第五周期第IIB族 B．第五周期第IVB族 C．第六周期第IIB族 D．第六周期第VIB族（5）根据价层电子对斥理论，可知中W的价层电子对数为_______。（6）下图晶胞中只有一个完整的，其包含的四个O2-的编号是_______。(选填编号①~⑧)（7）白钨矿常伴生方解石、石膏、萤石、磷灰石等钙矿石。这些钙矿石的密度见下表：伴生钙矿石方解石石膏萤石磷灰石密度/g·cm-32.712.323.183.20已知：V(CaWO4晶胞)=3.12×10-22cm3；M(CaWO4)=288g·mol-1；NA=6.02×1023mol-1计算CaWO4的密度_______(写出计算过程，结果精确到小数点后2位)，并与伴生钙矿石作比较，说明钨得名“重石头”的原因_______。CaWO4具有良好的光学活性，被广泛用于光电陶瓷材料中。工业上可以用电解法制备CaWO4，其装置如图所示：已知（8）写出该装置的阳极方程式_______。(9)为获取高纯的CaWO4，在电解时需要不断通入，说明其原因_______。【答案】（1）BC（2）当可见光照射金属表面时，金属中的自由电子吸收光能，形成不稳定的较高能量状态。当电子跃迁回较低能量状态时，会将能量以可见光的形式辐射出来，而具有金属光泽（3）BC（4）D（5）4（6）⑤⑥⑦⑧（7）CaWO4的密度较大（8）(9)减少CO2，避免生成CaCO3【解析】（1）因为W丝具有导电性高熔点的性质，所以可以用来做灯丝，故答案为：BC；（2）钨有金属光泽的原因是：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽；故答案为：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽；（3）由图可知，位于面心和棱上，故答案为：BC；（4）由题给图片信息可知，74号W元素的价电子排布为，在56号Xe元素和86号Rn元素之间，所以W在第六周期第ⅥB族，故答案为D；（5）中心原子价层电子对数为4，孤对电子数为，故答案为4；（6）四面体是由1个W原子和4个O原子构成的，其中W原子位于四面体的中心，4个O原子位于四面体的4个顶点。从图1-8中可以看到晶胞的结构，当W原子与5、6、7、8号O原子相邻时，能组成一个四面体，故答案为：5、6、7、8；（7）由CaWO4的晶胞结构图知，位于面心和棱上，由均摊法计算，晶胞中含个数为，故1个晶胞中含4个CaWO4，V(CaWO4晶胞)=3.12×10-22cm3，CaWO4的密度比伴生钙矿石的密度大，所以被称为“重石头”；故答案为；CaWO4的密度较大；（8）W与电源正极相连，所以是电解池的阳极，故电极反应式为：，故答案为：；（9）制备时需要不断通入的原因是：减少CO2，避免生成CaCO3；故答案为：减少CO2，避免生成CaCO3；解题妙法解题要点：过渡金属位于d区、Ⅷ族或副族，离子未成对电子数结合轨道排布判断；同周期第一电离能ⅡA、ⅤA反常，电负性右增；配位键优先找含孤电子对的O、N原子；体心立方晶胞利用体对角线求原子半径；晶胞截面活性看单位面积原子数；金属光泽用自由电子吸光、跃迁放光原理解释，晶体计算紧扣均摊法与密度公式。解题要点：过渡金属位于d区、Ⅷ族或副族，离子未成对电子数结合轨道排布判断；同周期第一电离能ⅡA、ⅤA反常，电负性右增；配位键优先找含孤电子对的O、N原子；体心立方晶胞利用体对角线求原子半径；晶胞截面活性看单位面积原子数；金属光泽用自由电子吸光、跃迁放光原理解释，晶体计算紧扣均摊法与密度公式。终极预测--压轴实战稳拿高分【名校预测·第1题】（2025·天津·模拟预测）易溶于水，水溶液呈碱性，虽有剧毒，却因其较强的配位能力被广泛使用，如用于从低品位的金矿砂（含单质金）中提取金。（1）基态的价层电子排布式为_______。（2）的所有原子均满足8电子稳定结构，其电子式为_______。（3）如下图为的晶胞示意图。与距离最近且等距的个数是_______；已知该晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，该晶胞的边长为_______nm。（4）浸金过程如下：i.将金矿砂溶于为的溶液，过滤，得含的滤液；ii.向滤液中加入足量金属锌，得单质金。①已知与同族，则属于_______区元素。②i中反应的离子方程式为_______。③i中，会导致相同时间内的浸取率下降，原因是_______。④ii中锌的配位数为4，写出反应离子方程式：_______。【答案】（1）（2）（3）12（4）ds溶液中减小【解析】（1）基态N的价层电子为其2s、2p能级上的电子，则基态N原子的价层电子排布式为；（2）的所有原子均满足8电子稳定结构，与互为等电子体，电子式相似，其电子式为；（3）由晶胞结构可知，与距离最近且等距的个数是=12个；该晶胞中位于棱上和体心，个数为1+12×=4；位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，因此一个晶胞中含有4个“KCN”，，则晶胞边长=。（4）①已知Au与Cu同族，Cu属于ds区元素，Au位于ds区；②i中反应的反应物是，生成物是、KOH，因此离子方程式为；③ⅰ中，pH<10.5时，溶液中减小，增大，导致Au的浸取率下降；④在步骤ii中，金属锌作为还原剂，将中的+1价金还原为单质金（0价），自身被氧化为+2价锌，并结合形成配位数为4的配离子；根据电子守恒，1个Zn原子失去2个电子，2个共得到2个电子，再结合CN⁻和电荷守恒配平，最终反应的离子方程式为：。【名校预测·第2题】（2025·福建·二模）2025年诺贝尔化学奖授予北川进等三位科学家，以表彰他们开发金属有机框架(MOF)的开创性贡献。MOF被称为“分子建筑”，其结构与性质蕴含丰富的化学原理。经典MOF-5是由和对苯二甲酸()构成的三维金属有机框架(如图)。的结构为()。回答下列问题：（1）基态C原子核外电子占据______个能级。（2）在中，碳原子杂化类型为______。的沸点比的沸点______(填“低”或“高”)，判断依据是______。1个分子最多有______个原子共平面。（3）中所含元素共占据周期表______(填数字)个区。其中Zn、C、O的电负性由大到小为______。（4）奥马尔·亚吉在1999年合成的MOF-5具有立方体结构，稳定性高。MOF-5晶体具有多孔结构，其框架内相邻的苯环之间存在______(填作用力类型)；若将MOF-5置于高温环境中，当温度过高时晶体框架会坍塌同时释放出苯甲酸，推测框架坍塌破坏的作用力有______。（5）MOF-5可用于捕获、存储某些分子，从结构角度分析该分子应具有的特征为______。MOF-5中与成键的4个氧原子构成空间结构是______(填名称)。【答案】（1）3（2）高分子间存在氢键18（3）2（4）范德华力(或分子间作用力)、配位键范德华力（5）具有与空腔尺寸适配的直径正四面体形【解析】（1）基态碳原子的电子排布式为，占据3个能级，故答案为：3；（2）对苯二甲酸中C原子均采取杂化。对苯二甲酸分子间能形成氢键，间只有范德华力，前者分子间作用力较强，沸点较高。对苯二甲酸分子中所有原子可能共平面，1个对苯二甲酸分子最多有18个原子共平面，故答案为：；高；分子间存在氢键；18；（3）中含C、O和Zn元素，C、O位于p区，Zn位于ds区，因此所含元素共占据周期表2个区，其中Zn、C、O的电负性由大到小为，故答案为：2；；（4）苯环之间存在范德华力，将MOF-5置于高温环境中，温度过高会坍塌同时释放苯甲酸，可推测出破坏了范德华力和配位键，故答案为：范德华力(或分子间作用力)、配位键；配位键；（5）MOF可用于捕获或存储直径与空腔尺寸适配的分子。锌离子与四个氧构成正四面体形，故答案为：具有与空腔尺寸适配的直径；正四面体形。【名校预测·第3题】（2025·安徽·模拟预测）铁、镍的单质及其化合物在医药、材料等领域有广泛的应用。回答下列问题：（1）基态原子的价层电子轨道表示式为___________，位于元素周期表的___________区。（2）下列说法正确的是___________(填标号)。A．基态原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为或B．、、位于周期表中同一周期、同一副族C．原子变成，优先失去轨道上的电子D．的第三电离能的第三电离能（3）用射线衍射测定，得到的两种晶胞、，其结构如图1所示。晶胞和晶胞中原子的配位数之比为___________。（4）结构示意图如图2所示。①中与、与的作用力类型分别是___________。②中和中均为杂化，比较中