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：

，、、、、是原子序数依次增大的前号主族元素，只有

3W2ZX4Q3YX423QZX42W3YX4WXYZQ20

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：YZ

C．简单离子半径：ZYX

D．第一电离能：ZYQ

【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，QZX4中Q为+2价，故Q为钙（Ca）；Y原子序

数在（）与（）之间，为非金属（因只有为金属），结合化学式及为价，故其阴

X8Z16QQ3YX42Q+2

33

离子为YX4，Y为+5价，为PO4，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（）；反应式为：，故元素顺序：（）、（）、（）、

H3H2SO4Ca3PO423CaSO42H3PO4WHXOYP

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，H3PO4（中强酸）弱于H2SO4（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，Y(P3)Z(S2)X(O2)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Y(P)Z(S)），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

Y(P)Z(S)Q(Ca)，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：XZ2<RZ2B．电负性：QZY

C．最简单氢化物沸点：ZYXD．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；

422

【解析】A．二氧化碳中碳的价层电子对数为22，为sp杂化，为直线形结构，二氧化硫中硫的

2

622

价层电子对数为23，为sp2杂化，为V形结构，则键角：CO>SO，A错误；B．同周期从左

222

到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；电负性：FON，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：H2O>NH3>CH4，

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。

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：XYB．原子半径：ZW

C．单质沸点：YZD．电负性：WX

【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：ZW，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1:1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。

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Mg2+<O2-B．非金属性Si<SC．还原性Br-<Cl-D．第一电离能K+<Na+

【答案】C

【解析】A．Mg2+和O2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：Mg2+<O2-，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：ClBr，C错误；D．K和Na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：ghi

C．原子半径：edcD．最简单氢化物沸点：bc

【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。

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C60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．C60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．C60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Yb的基态原子价电子排布式为4f146s2。下列说法正确的是

174174176

A．70Yb的中子数与质子数之差为104B．70Yb与70Yb是同一种核素

C．基态Yb原子核外共有10个d电子D．Yb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

858787

【名校预测·第1题】（2026·北京·一模）37Rb(铷)有两种天然同位素Rb和Rb。Rb有放射性，可缓

慢转化为87Sr(锶)。“RbSr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85Rb和87Rb

B．Rb、Sr均位于元素周期表第五周期

．氢氧化物碱性：

CRbOHSrOH2

D．87Rb转化为87Sr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，85Rb和87Rb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Rb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RbSr，故碱性

RbOHSr(OH)2，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，87Rb转化为

87Sr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）MZ2浓溶液中含有的XMZ2YX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3d104s2。下列说法错误的是

A．X2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3d104s2，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

167，故Z为第三周期最外层电子数为7的Cl。最终元素：XH，YO，ZCl，MZn。

【解析】A．X2为H2，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O2和O3，O3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HClO4，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HClO4，故HClO4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。

112

【名校预测·第3题】（2026·陕西西安·模拟预测）稀土元素铈（58Ce）的基态原子价电子排布式为4f5d6s。

下列说法正确的是

140

A．58Ce的中子数与质子数之差为82

140138

B．58Ce和58Ce的物理性质和化学性质均存在明显差异

C．Ce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，Ce的稳定价态为+4，5

【答案】C

140

【解析】A．58Ce的质子数为58，中子数=质量数-质子数=1405882，中子数与质子数之差为

140138

825824，A错误；B．58Ce和58Ce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1124个，稳定价态有+3、4，不存

在稳定的5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：ZYWX

B．单质熔点：ZY

C．第一电离能：YWZ

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

ZYWX，A正确；B．若X为Be，Z为Na、Y为Mg，Mg的金属键强于Na，熔点MgNa，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YWZ，C正确；D．X为Be时，BeO是两性氧化物可与NaOH反应，W为

Al时Al2O3也可与NaOH反应；X为N时，氮氧化物（如NO2、N2O5）可与NaOH反应，W为S时硫氧

化物（如SO2、SO3）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：O3N2

B．第二电离能：CuZn

C．化合物中离子键百分数：MgOAl2O3

D．科学家通过X-射线衍射实验发现镓元素

【答案】D

【解析】A．N2是同核双原子非极性分子，O3为V形极性分子，故分子极性O3N2，A正确；B．Cu失

10101

去1个电子后为Ar3d全满稳定结构，再失电子难度大；Zn失去1个电子后为Ar3d4s，再失去4s电

子难度较小，故第二电离能CuZn，B正确；C．电负性：MgAlO，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MgO的离子键百分数高于Al2O3，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＞SB．化合物中键的极性：SiCl4＞PCl3

C．碱性：LiOH＞KOHD．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．AlB．SiC．BD．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：CO>CO2B．沸点：HI>HClC．键能：O2>N2D．键角：NH4>NO3

【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：CO<CO2，A错误；B．HI分子量大于HCl，范德华力更强，沸点更高，则沸点：HI>HCl，

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：O2<N2，C错误；D．NH4

5141

中心N原子价层电子对数为4+=4，N原子为sp3杂化，NO中心N原子价层电子对数为3+

23

5132

=3，N原子为sp2杂化，则键角：NH<NO，D错误；故选B。

243

2.（2025·四川卷）生产磷肥时，利用纯碱溶液吸收SiF4的反应如下：

3SiF4+2Na2CO3+2H2O=2Na2SiF6+H4SiO4+2CO2。下列说法错误的是

A．Na2SiF6中含有配位键

B．SiF4和H2O都是由极性键构成的极性分子

C．CO2和SiO2晶体分别为分子晶体和共价晶体

2

D．CO3的VSEPR模型和空间结构都为平面三角形

【答案】B

2-

【解析】A．Na2SiF6的阴离子SiF6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

441

中心原子Si的价层电子对数是44，无孤对电子，为正四面体结构，分子对称，属于非极性分子；

2

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），

4223

C正确；D．CO2中心原子C的价层电子对数是33，无孤对电子，VSEPR模型为平面三角

32

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

BSiH4的沸点高于CH4分子间作用力

C金属有良好的延展性离子键

D刚玉Al2O3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Al2O3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：H2OH2S电离能：OS

B酸性：HClOHBrO电负性：ClBr

C硬度：金刚石>晶体硅原子半径：SiC

D熔点：MgONaF离子电荷：Mg2Na,O2F

【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）MgZ型晶态半导体材料由Mg与碳族元素(Z)形成，其立方晶胞结构如图。已知：晶胞

参数a(MgSi)634pm,a(MgGe)639pm。下列说法正确的是

A．与Z紧邻的Mg有4个

2

B．晶胞内Mg之间最近的距离为a

2

C．晶胞密度：(MgGe)(MgSi)

n(Sn)1

D．若MgSn晶胞顶点Sn替换为Ge，则

n(Ge)3

【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

1

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Mg之间最近的

2

a4224MZ

距离为，错误；．密度公式，中、，计算出

BC3Mg-GeM(Z)=73a=639pm

2NAa

48433043

ρ(Mg-Ge)=330g/cm，Mg-Si中M(Z)=28、a=634pm，计算出ρ(Mg−Si)=330g/cm，

NA63910NA63410

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

11nSn3

在晶胞中的个数为63，Ge在晶胞中的个数为81，则，D错误；故选C。

28nGe1

24

2.（2025·四川卷）CaCO3的四方晶胞(晶胞参数α=β=γ90，省略CO3中的氧，只标出C)和CaO的立方

晶胞如图所示，NA为阿伏加德罗常数的值。

下列说法错误的是

41

A．CaCO3晶胞中1位C的分数坐标为0,0,

4

2

B．CaCO3晶胞中2位和3位Ca的核间距为4.89apm

C．CaO晶胞和CaCO3晶胞中原子数之比是4:15

D．CaO晶体密度小于CaCO3晶体密度

【答案】D

4+1

【解析】A．根据图示，CaCO3晶胞中1位C位于晶胞的棱角，其分数坐标为（0,0，），故A正确；B．2

4

位Ca2+坐标为(a，a，1.7a)，3位Ca2+坐标为(0，0，3.4a)，核间距：d4.89apm，B正确；C．CaO晶胞

111111

中原子个数为：861218，CaCO晶胞中原子个数为：484(84)430（省

8243484

242

略CO3中的氧，只标出C，所以一起计算CO3的原子），CaO晶胞和CaCO3晶胞中原子数之比是4:15，

NM456g/mol253.2

正确；．晶体密度计算公式为：ρ=，晶体密度为：ρ=