1.3 高考大题·整体突破——物质的结构与性质（Word教参）-【正禾一本通】2026年高考化学二轮专题复习高效讲义（双选版）

该高中化学高考复习讲义聚焦物质结构与性质专题，覆盖原子结构、分子构型、晶体结构等核心考点，按“原子-分子-晶体”逻辑架构梳理知识，通过考点梳理（如电子排布、杂化类型）、方法指导（如VSEPR模型应用、晶胞均摊法）、真题精研（2024北京、山东高考题）及模拟预测环节，帮助学生系统构建知识网络，突破重点难点。 资料特色在于融合化学观念与科学思维，如通过对比SnCl₂和SnCl₄的分子构型分析培养“结构决定性质”的化学观念，结合晶胞密度计算训练科学思维中的模型建构能力。设计分层练习（真题+模拟），配合解析中的方法总结，确保学生高效掌握考点，为教师把控复习节奏提供清晰路径，有效提升学生应考能力。

高考大题·整体突破——物质结构与性质　►对应学生用书P46 　　　　　　　真题精研 1．(2024·北京高考)锡(Sn)是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。 (1)Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族。将Sn的基态原子最外层轨道表示式补充完整： (2)SnCl2和SnCl4是锡的常见氯化物，SnCl2可被氧化得到。 ①SnCl2分子的VSEPR模型名称是__________。 ②SnCl4的Sn—Cl键是由锡的__________轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。 (3)白锡和灰锡是单质Sn的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。 ①灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有________个。 ②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为v1 nm3和v2 nm3，则白锡和灰锡晶体的密度之比是________。 (4)单质Sn的制备：将SnO2与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800 ℃，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在800 ℃下，SnO2能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是______________________________________。 解析：(2)①SnCl2中Sn的价层电子对数为2＋×(4－2×1)＝3，故SnCl2分子的VSEPR模型名称是平面三角形；②SnCl4中Sn的价层电子对数为4＋×(4－4×1)＝4，有4个σ键、无孤电子对，故Sn采取sp3杂化，则SnCl4的Sn—Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。 (3)①灰锡具有立方金刚石结构，金刚石中每个碳原子以单键与其他4个碳原子相连，这5个碳原子在空间构成正四面体，且该碳原子在正四面体的体心，所以灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有4个；②根据均摊法，白锡晶胞中含Sn原子数为8×＋1＝2，灰锡晶胞中含Sn原子数为8×＋4＝8，所以白锡与灰锡的密度之比为∶。 答案：(1) (2)①平面三角形　②sp3杂化 (3)①4　② (4)与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn 2．(2024·山东高考)锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题： (1)Mn在元素周期表中位于第__________周期第__________族；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是________(填元素符号)。 (2)Mn的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为________。 当MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价________(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是________(填标号)。 A．CaO B．V2O5 C．Fe2O3 D．CuO (见图)是MnOx晶型转变的诱导剂。的空间构型为________；[BMIM]＋中咪唑环存在大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为__________。 (4)MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(见下图)。FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是__________________________。 解析：(2)由均摊法得，晶胞中Mn的数目为1＋8×＝2，O的数目为2＋4×＝4，即该氧化物的化学式为MnO2；MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，Mn的化合价为＋2x，即Mn的化合价降低；过渡金属有多种可变化合价，其氧化物通过脱出氧原子，出现O空位，获得半导体性质，CaO不能通过这种方式获得半导体性质。 中B的价层电子对数为4＋＝4，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大π键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2。 答案：(1)四　ⅦB　Cr　(2)MnO2　降低　A　(3)正四面体形　sp2　(4)FDCA形成的分子间氢键更多 　　　　　　　模拟预测 1．(2025·山东威海二模)金属镍及其化合物在工业、科研等领域应用广泛。回答下列问题： (1)基态Ni2+的价层电子轨道表示式为______________________________，与Ni同周期且基态原子未成对电子数相同的有__________(填元素符号)。 (2)是一种重要的配合物，其中“piaH”是吡啶­2­甲酰胺的缩写，结构如图，为双螯配体。该配合物中Ni2+的配位数为__________，在配合物中，两个“piaH”与Ni2+分别螯合形成两个五元环，则五元环中提供孤电子对的原子可能的组合是______(用“α”“β”“γ”表示)。 (3)NiO晶体为NaCl型结构，将它在氧气中加热，部分Ni2+被氧化为Ni3+，成为NixO(x<1)。已知NixO的摩尔质量为69.1 g·mol-1，则标明Ni价态的化学式为______________________(示例：)。 (4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。NiAs晶体结构如图甲所示，其晶胞俯视图如图乙所示。A点原子的分数坐标为，则B点原子的分数坐标为______，A、B两点间距离为________pm。 解析：(1)基态Ni原子有2个未成对电子，同周期也有2个未成对电子的元素有Ti、Ge、Se。 (2)两个水分子中的O与Ni形成2个配位键，1个piaH与Ni形成2个配位键，故该配合物中Ni2+的配位数为6，“piaH”与Ni2+螯合形成五元环，包括配位原子和Ni2+共有5个原子，故五元环中提供孤电子对的原子可能是α和γ，由于酰胺基和吡啶之间的碳碳单键可以旋转，故五元环中提供孤电子对的原子也可能是α和β。 (3)根据NixO的摩尔质量为69.1 g·mol-1，59x＋16＝69.1，解得x＝0.9，Ni0.9O化学式可以改写为Ni9O10，设其中＋2价Ni为y个，则标明Ni价态的化学式为O10，由化合价代数和为0，2y＋3(9－y)＝20，解得y＝7，故标明Ni价态的化学式为O10。 (4)A、B在底面的投影分别在底面菱形分成的两个正三角形中心，A点原子的分数坐标为，根据对称性，A到下底面的距离和B到上底面的距离相等，故B点原子的分数坐标为，底面菱形边长为a pm，较长对角线长为a pm，AB水平方向距离为a pm，AB竖直距离为晶胞高度的一半，为 pm，根据勾股定理，A、B两点间距离为 pm。 答案：(1)　Ti、Ge、Se　(2)6　α和γ或者α和β　O10 (4) 2．(2025·山东实验中学一模)氟、硫、硒、钛元素可形成多种物质，在工业生产中有着广泛的应用，回答下列问题： (1)氟化氢溶液中存在的氢键类型有______种；三氟化硼溶于乙醚后使乙醚中碳氧键键长______(填“变长”或“变短”)，使三氟化硼中硼氟键键长________(填“变长”或“变短”)。 (2)氢氰酸引入硫得到的硫氰酸(HSCN)酸性增强而毒性减弱，可广泛应用于制药领域。硫氰酸存在互变异构体(异硫氰酸)，其沸点远高于硫氰酸，则异硫氰酸的结构式为____________。 (3)Ti3Au合金晶体有α­Ti3Au(甲)、β­Ti3Au(乙)两种结构，则α­Ti3Au与β­Ti3Au晶体的密度之比为________，M与N点间最近距离为________nm(化简为最终结果)，Ti原子有________种分数坐标。 解析：(1)在氟化氢溶液中存在的氢键类型有4种；将三氟化硼溶于乙醚后，B原子的空p轨道接受了乙醚中O的孤电子对，形成配位键，受配位键的影响，会使碳氧键和硼氟键的极性都减弱，则碳氧键和硼氟键的键长都变长。 (2)氢氰酸的结构为：H—C≡N，形成硫氰酸(HSCN)酸性增强而毒性减弱，说明H原子活性增强，则硫氰酸(HSCN)的结构为：H—S—C≡N，异硫氰酸与硫氰酸属于互变异构体，由于沸点远高于硫氰酸，根据所含元素，推测异硫氰酸中可能存在N—H形成的氢键作用，则异硫氰酸的结构可能为：H—N===C===S。 (3)根据α­Ti3Au(甲)的晶胞图可知其原子个数为：Au＝8×＝1、Ti＝6×＝3，α­Ti3Au(甲)的化学式为：Ti3Au；由β­Ti3Au(乙)的晶胞图可知其原子个数为:8×+1=2、Ti=12×=6,β­Ti3Au(乙)的化学式为：Ti6Au2，则有Mβ=2Ma，由此可以得到α­Ti3Au与β­Ti3Au晶体的密度之比为：=；对β­Ti3Au(乙)的晶胞作如图所示的辅助线：，分别有：MY=、XN=，则=+=+=，最后得到=+=+=，解得MN＝b nm；根据晶胞结构的Au原子的坐标位置，得到Ti原子在晶胞的六个面的坐标分数都不相同，则Ti原子有6种分数坐标。 答案：(1)4　变长　变长 (2)H—N===C===S (3)b3∶2a3　　6 学科网（北京）股份有限公司 $