专题04 物质结构与性质（抢分专练）（浙江专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题04物质结构与性质 题型 考情分析 考向预测 应用元素周期律推测 每年必考的基础题，难度中等，核心是 “位 — 构 — 性” 关系与递变规律的直接判断，近年趋向融合物质结构、化学键与分子性质。 “物质结构与性质” 的选择题(通常为第 7、14 题)是稳定且核心的考查模块，命题风格成熟、考点集中。结合近年(2021-2026 年 1 月)浙江真题与命题规律，其考向可归纳为原子结构、分子结构、晶体结构、元素周期律、配合物与化学键五大核心方向，并呈现情境新颖、微观 - 宏观关联、定性+ 定量结合的趋势。 2026 年6月将继续保持双题结构：7易14难，情境更现代化，如钙钛矿、MOF、硼化合物、催化配合物；综合度提高，一题同时考杂化、键角、氢键、晶体类型，弱化复杂计算，强化结构识图与逻辑判断，超分子、手性、等电子体出现频率小幅上升，仍然不考偏难晶胞密度推导，只考基础均摊与判断。 元素推断 元素推断主要是以原子(或离子)结构、核外电子排布、元素化合物的性质为突破口，进行元素的推断，然后分项考查 原子、分子结构与性质 难度稳定、重基础与常规规律，更强调“结构—性质—应用”逻辑链，结合新材料/新物质背景，超分子、手性碳、配合物等新增点以基础判断为主 晶体结构与性质 浙江选考化学第 13 题(“晶体结构与性质” 选择题)是固定考点、难度适中、重微观分析与结构决定性质的经典题型，近年命题高度稳定、考法清晰。 考点1应用元素周期律推测 【典例】(2026·浙江省强基联盟高三二模)硝酸乙基铵(C2H5NH3NO3)是人类发现的第一种常温离子液体。下列说法正确的是( ) A．热稳定性：NH3 > H2O B．碱性：NH3 > C2H5NH2 C．电负性： D．熔点：C2H5NH3NO3 > NH4NO3 【答案】C 【解析】A项，热稳定性：氧的非金属性强于氮，因此H2O比NH3更稳定，故NH3 > H2O错误，A错误；B项，碱性：乙胺(C2H5NH2)中乙基的给电子效应增强了氮原子的电子密度，使其碱性比氨(NH3)强，故NH3 > C2H5NH2错误，B错误；C项，电负性：碳的电负性(约2.55)大于氢的电负性(约2.20)，故χ(C) > χ(H)正确，C正确；D项，熔点：硝酸乙基铵(C2H5NH3NO3)是常温离子液体，熔点低(室温下为液态)，而硝酸铵(NH4NO3)是固体，熔点较高，故C2H5NH3NO3 > NH4NO3错误，D错误；故选C。 1．主族元素的周期性变化规律 项目 同周期(左→右) 同主族(上→下) 原 子 结 构 核电荷数 逐渐增大 逐渐增大 电子层数 相同 逐渐增多 原子半径 逐渐减小(稀有气体元素除外) 逐渐增大 离子半径 阳离子半径逐渐减小，阴离子半径逐渐减小，r(阴离子)>r(阳离子) 逐渐增大 性 质 化合价 最高正化合价由＋1→＋7(O、F除外)负化合价＝－(8－主族序数)(H显－1价) 相同，最高正化合价＝主族序数(O、F除外) 元素的金属性、非金属性 金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强 金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱 第一电离能 有逐渐增大的趋势 逐渐减小 电负性 逐渐增强 逐渐减弱 气态氢化物的稳定性 逐渐增强 逐渐减弱 最高价氧化物对应的水化物的酸碱性 碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强 碱性逐渐增强，酸性逐渐减弱 2．“三看”法速判简单微粒半径的大小 一看电子层数 最外层电子数相同时，电子层数越多，半径越大 二看核电荷数 当电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小 三看核外电子数 当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大 3．电负性与第一电离能的关系 电负性用于衡量原子吸引键合电子的能力，电负性大的原子吸引电子的能力强，所以一般来说，电负性大的原子对应元素的第一电离能也大。 原子结构或性质 同一周期(从左到右) 同一主族(从上到下) 最高价氧化物对应的水化物的酸碱性 酸性 增强 减弱 碱性 减弱 增强 气态氢化物的稳定性 增强 减弱 第一电离能 增大(但ⅡA族>ⅢA族，ⅤA族>ⅥA族) 减小 电负性 变大 变小 1．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)根据物质结构和元素周期律，下列说法不正确的是( ) A．一级电离平衡常数：H2Se>H2S B．第二电离能：N>O C．键角：NH3>H2O D．分子极性：NF3>BF3 【答案】B 【解析】A项，H2Se和H2S均为弱酸，Se原子半径大于S，H-Se键更弱，更易电离，故一级电离平衡常数H2Se >H2S ，Ａ正确；B项，N原子第一电离能大于O，但第二电离能时，N+为2p2构型不稳定，O+为2p3半满稳定构型，移除第二个电子需更高能量，故第二电离能O > N，Ｂ错误；C项，NH3和H2O都是sp3 杂化，NH3有一个孤电子对，H2O有两个孤电子对，孤电子对越多键角越小，故键角NH3 > H2O，C正确；D项，NF3为三角锥形极性分子，BF3为平面三角形非极性分子，故分子极性NF3> BF3，D正确；故选B。 2．(2026·浙江杭州二中高三三模)关于元素周期律的说法不正确的是( ) A．半径：K+<S2⁻ B．非金属性：C>B C．氧化性：Ag+<Cu2+ D．第一电离能：Be>B 【答案】C 【解析】A项，K+和S2-的核外电子排布相同，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，K的核电荷数大于S，故半径K+＜S2-，A正确；B项，B、C同周期，同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，原子序数C＞B，故非金属性C＞B，B正确；C项，金属活动性Cu＞Ag，单质还原性越强，对应阳离子氧化性越弱，且反应2Ag+ + Cu == 2Ag + Cu2+可证明氧化性Ag+＞Cu2+，C错误；D项，Be的价电子排布为2s2，为全满稳定结构，第一电离能大于同周期相邻的B，故第一电离能Be＞B，D正确；故选C。 3．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)下列说法正确的是( ) A．第一电离能：Be＜B B．半径比较：H-＜Li+ C．结合的能力：OH-＞NH2- D．分子极性：H2S＜H2O 【答案】D 【解析】A项，Be的价电子排布为2s2，是全满稳定结构，失电子更难，第一电离能大于相邻的B，因此第一电离能：Be＞B，A错误；B项，H-和Li+核外均为2个电子，电子层结构相同时，核电荷数越大，对核外电子吸引力越强，半径越小，核电荷数Li＞H，因此半径：H-＞Li+，B错误；C项，酸性H2O＞NH3，酸性越强，对应共轭碱结合H+的能力越弱，且反应NH2-+H2O=NH3+OH-可以发生，说明结合H+能力：NH2-＞OH-，C错误。D项，H2S和H2O均为V形极性分子，O的电负性大于S，O-H键的极性强于S-H键，因此分子极性：H2S＜H2O，D正确；故选D。 4．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)下列关于元素周期律和元素周期表的认识错误的是( ) A．第一电离能：Na＜Mg＜Al B．电负性：Br＞As C．Be元素位于周期表的s区 D．半径：O2-＞Mg2+ 【答案】A 【解析】A项，同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，但Mg的3s轨道为全满稳定结构，第一电离能大于Al，正确顺序为Na＜Al＜Mg，A错误；B项，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，Br和As同属第四周期，Br的原子序数更大，电负性Br＞As，B正确；C项，Be的价电子排布为2s2，属于第ⅡA族元素，位于周期表s区，C正确；D项，O2-和Mg2+核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故半径O2-＞Mg2+，D正确；故选A。 5．(2026·浙江强基联盟高三联考)根据元素周期律推测，下列说法不正确的是( ) A．离子键的百分数：Na2O＞MgO B．第一电离能：N＞F＞O C．半径大小：O2-＞Na+ D．化合物中共价键的极性：H2O＞H2S 【答案】B 【解析】A项，离子键的百分数随成键元素电负性差增大而增大；Na的电负性小于Mg，Na与O的电负性差大于Mg与O的电负性差，因此离子键百分数：Na2O＞MgO，A正确；B项，同周期主族元素第一电离能整体呈增大趋势，N因2p轨道为半满稳定结构，第一电离能大于相邻的O，但小于F，正确顺序为：F＞N＞O，B错误；C项，O2-和Na+电子层结构相同，电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，因此半径：O2-＞Na+，C正确；D项，共价键极性随成键元素电负性差增大而增强，电负性：O＞S，O与H的电负性差更大，因此共价键极性：H2O＞H2S，D正确；故选B。 6．(2026·浙江省七校联盟高三一模)根据元素周期律，下列说法不正确的是( ) A．第一电离能：Be<B B．碱性：Mg(OH)2<Ca(OH)2 C．化合物中键的极性：H3C-Cl>H3C-Br D．化合物中离子键百分数：Na2S>MgS 【答案】A 【解析】A项，Be和B属于同一周期，Be位于第ⅡA族，其基态原子电子排布为1s22s2，最外层达到全充满的稳定状态，第一电离能较大；B位于第ⅢA族，其基态原子电子排布为1s22s22p1，2p电子易失去，第一电离能较小，则第一电离能：Be>B，A错误；B项，同一主族从上往下，元素的金属性依次增强，即金属性：Mg<Ca，则碱性：Mg(OH)2<Ca(OH)2，B正确；C项，同一主族从上往下，元素的电负性依次减小，即电负性：Cl>Br，C-Cl的极性大于C-Br的极性，导致化合物中键的极性：H3C-Cl>H3C-Br，C正确；D项， 同一周期从左往右，元素的电负性依次增大，即电负性：Na<Mg，Na与S的电负性差值大于Mg与S的电负性差值，电负性差值越大离子键百分数越大，则化合物中离子键百分数：Na2S>MgS，D正确；故选A。 考点2元素推断 【典例】(2026·浙江省名校协作体2026届高三返校联考)短周期主族元素分布在三个周期且原子序数依次增大，基态Y原子中s能级与p能级的电子数相等，相邻，的价电子数之和为19，Q是第四周期元素，最外层只有1个电子，其内层均填满电子，下列说法正确的是( ) A．Y不可形成含极性共价键的单质 B．键角 C．ZY2M2的空间构型为四面体形 D．Q的基态原子有16种空间运动状态 【答案】C 【解析】短周期主族元素X、Y、Z、M分布在三个周期且原子序数依次增大,基态Y原子中s能级与p能级的电子数相等，则X为H 、Y为O，Z、M相邻，Y、Z、M的价电子数之和为19，则Z为S，M为Cl， Q是第四周期元素，最外层只有1个电子，其内层均填满电子，则Q为Cu。A项，由分析可知，Y为O，单质O3是极性分子，含有极性共价键，A错误；B项，H2O分子有2对孤对电子，[Cu(H2O)4]2+中H2O的孤对电子与Cu2+形成配位键，孤对电子对成键电子对的排斥作用更减小，键角增大，，B错；C项，SO2Cl2的中心原子S原子的价层电子对数为4，空间构型为四面体形，C正确；D项，基态原子Cu的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，共15种空间运动状态，D错误；故选C。 1．常考9种元素推断方法 (1)常考7种非金属元素 元素 特殊结构、性质(突破口) H ①最外层只有一个电子 ②族序数等于周期数 ③无中子 ④半径最小的原子 ④密度最小的单质 ⑤宇宙含量最多的元素 C ①族序数等于周期数2倍的元素 ②最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素 ③形成化合物种类最多的元素 ④单质是自然界中硬度最大的物质 N ①空气中含量最多的元素 ②气态氢化物的水溶液呈碱性的元素 ③元素的气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能起化合反应 ④常见氢化物可做制冷剂 O ①族序数等于周期数3倍的元素 ②最外层电子数是最内层电子数的3倍 ③最外层电子数是电子层数的3倍 ④地壳中含量最多的元素 ⑤氢化物在通常情况下呈液态的元素 Si ①最外层电子数是次外层电子数的一半 ②单质是重要半导体材料，氧化物可用作光导纤维 ③最高价非金属氧化物对应的水化物难溶于水 S ①族序数等于周期数2倍的元素，最外层电子数是电子层数的2倍 ②与氧同主族的短周期元素 ③某一氧化物可做漂白剂和防腐剂 ④最高价氧化物的水化物是常见的干燥剂 ⑤元素的氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物可发生氧化还原反应 Cl ①第三周期主族元素原子半径最小 ②最高价氧化物对应的水化物酸性最强 ③单质可用作自来水的杀菌消毒 (2)常考2种金属元素 Na ①周期数是族序数3倍的元素 ②原子半径最大的短周期元素 ③短周期中金属性最强的元素 ④元素的单质在常温下能与水反应放出气体的短周期金属元素 Al ①族序数等于周期数的短周期元素 ②最高价氧化物及其对应的水化物既能与强酸反应，又能与强碱反应的元素 ③氧化物可做耐火材料 ④地壳中含量最多的金属元素 说明：如果题干没有指明是短周期元素，所推断元素中可能会出现第四周期元素如K、Ca等 2．文字叙述型元素推断试题的解题策略 3．片断元素周期表推断试题的解题策略 1．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模)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。下列说法不正确的是( ) A．原子半径：Z＜W B．电负性：W＜X C．第二电离能：X＜Y D．最简单氢化物的稳定性：Y＜Z 【答案】C 【解析】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，电子排布式为1s22s22p63s23p4，已充满的能级数为1s、2s、2p、3s，共4个，最高能级3p电子数为4，则W为S；X与W同族，则为O；Y与X相邻且Y原子比X原子多一个未成对电子，O有2个未成对电子，Y为N有3个未成对电子；Z位于W的对角线位置，则Z为F元素。A项，Z为F元素、W为S元素，原子半径：F(Z)位于第二周期，S(W)位于第三周期，原子半径S＞F，A正确；B项，X为O元素、W为S元素，同主族元素从上到下电负性减小，O(X)的电负性大于S(W)，B正确；C项，X为O、Y为N，第二电离能取决于O+的电子排布结构2p3与N+的电子排布结构2p2，由于O⁺的电子排布结构2p3为半充满稳定状态，失去1个电子需要的能量更高，N+的电子排布结构2p2失去第二个电子相对容易，因此X(O)的第二电离能大于Y(N)，C错误；D项，Y、Z的最简单氢化物分别为NH3、HF，N-H键比H-F键的键能小，稳定性差，即HF(Z)的稳定性强于NH3(Y)，D正确；故选C。 2．(2026·浙江省强基联盟2026届高三开学联考)X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周期数，YX3分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素。下列说法正确的是( ) A．X与Z形成的10电子微粒有2种 B．Z与Q形成的一种化合物可用于饮用水的消毒 C．M2Z与的晶体类型不同 D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性 【答案】B 【解析】X的核外电子数等于其周期数，X为H，YX3分子呈三角锥形，Y为N，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，则Z为O，M与X同主族，则M为Na，Q是同周期中非金属性最强的元素，则Q为Cl，综合分析，X为H，Y为N，Z为O，M为Na，Q为Cl。A项，由分析可知X为H，Z为O，则其形成的10电子微粒有H2O、OH-、H3O+，A错误；B项，由分析可知Z为O，Q为Cl，可形成ClO2，有氧化性，可用于自来水消毒，B正确；C项，由分析可知Z为O，M为Na，Q为Cl，则M2Z为Na2O，为离子晶体，MQ为NaCl，为离子晶体，晶体类型相同，C错误；D项，由分析可知X为H，Y为N，Z为O，这三种元素可以形成NH₃·H₂O，其溶液显碱性，D错误；故选B。 3．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)A、B、C、D、E是原子序数依次增大的5种短周期元素，A元素原子核外电子只有一种自旋取向；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同；C元素原子价层电子排布是nsnnp2；D元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等；E元素原子最外层有7个电子。下列说法不正确的是( ) A．简单离子半径：E>C>D B．由A、C、E元素组成的化合物可能具有消毒作用 C．由A、B、C元素组成的化合物可能是酸、碱或盐 D．工业上通过电解DE2溶液可制备单质D 【答案】D 【解析】A元素原子核外电子只有一种自旋取向，其单电子自旋方向唯一，说明为氢；B元素原子最高能级不同轨道都有电子且自旋相同，说明最高能级半满且电子自旋平行，推断为氮；C元素原子价层电子排布为 nsnnp2n，n=2时，价层电子排布为2s22p4，推断为氧；D元素原子核外s能级与p能级电子总数相等，电子构型为1s22s22p63s2，s电子总数6，p电子总数6，推断为镁；E元素原子最外层有7个电子，推断为氯。A项，电子层数越多，离子半径越大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小。Cl-有3个电子层，O2-、Mg2+ 有2个电子层，且电子层结构相同，所以简单离子半径：Cl-＞O2-＞Mg2+，A正确；B项，A(H)、C(O)、E(Cl)可形成HClO，有强氧化性，具有消毒作用，B正确；C项，A(H)、B(N)、C(O)可形成HNO3(酸)、NH3·H2O(碱)、NH4NO3(盐)，C正确；D项，DE2为MgCl2，工业上制备单质Mg需电解熔融MgCl2，D不正确；故选D。 4．(2026·浙江省宁波市镇海中学三模)金属元素铜与W、X、Y、Z四种元素组成的物质的结构如下图所示。已知W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Y、Z同周期。下列说法正确的是( ) A．该配合物的配体数为4 B．该结构中铜的化合价为0价 C．第一电离能： D．氢化物的沸点： 【答案】C 【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Y、Z同周期；Z形成2个共价键，Z是O元素；X能形成4个共价键，X是C元素、Y是N元素；W形成1个共价键，W是H元素。】A项，该配合物的配体是H2NCH2COO-，配体数为2，故A错误； B项，该配合物的配体是H2NCH2COO-，铜的化合价为+2价，故B错误；C项，同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能：Cu<C<O<N，故C正确；D项，C元素能形成众多氢化物，有些C的氢化物为固体，所以C的氢化物的沸点可能大于H2O的沸点，故D错误；故选C。 5．(2026·浙江省永嘉市高三第一次联考)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次减小，X的电负性是所有短周期主族元素中最小的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图。下列叙述正确的是( ) A．W的简单氢化物稳定性低于Y的简单氢化物稳定性 B．Y单质的熔点高于X单质 C．元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z D．化合物M中W不都满足8电子稳定结构 【答案】B 【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次减小，X的电负性是所有短周期主族元素中最小的，X为Na元素；W的核外电子数与X (Na )、Z的最外层电子数之和相等；W的原子序数小于9；结合图示可知，W形成2个共价键，则W为O元素；Z的最外层电子数=8-1=7，其原子半径大于O元素，则Z为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，Y的原子序数为14，Y为Si元素。根据分析可知：X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素，W为O元素。A项，元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞Si，则W(O)的简单氢化物稳定性大于Y(Si)的简单氢化物稳定性，A错误；B项，根据上述分析可知：Y是Si元素，Si单质形成晶体属于共价晶体，具有较高熔点；X是Na元素，Na单质为金属钠，属于金属晶体，金属钠的熔点较低，则熔点：Y(Si)＞X(Na)，B正确；C项，O的非金属性仅次于F元素，对于主族元素，同一周期从左向右元素的非金属性逐渐增强，则元素非金属性强弱的顺序为∶W(O)＞Z(Cl)＞Y(Si)，C错误；D项，根据分析可知：W为O元素，结合图示可知，该化合物M中所有O元素都满足8电子稳定结构，D错误；故选B。 考点3原子、分子结构与性质 【典例】(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)二茂铁是由一个Fe2+和两个环戊二烯基(C5H5-)通过π键配位结合形成夹心结构，使二茂铁具有芳香性。二茂铁的羧酸衍生物能形成如图结构，下列说法不正确的是( ) A．C5H5-中C原子的杂化方式为sp2 B．每个C5H5-提供6个e-形成配位键 C．图中所示分子体现了超分子自组装的性质 D．图中所示分子的酸性强于 【答案】D 【解析】A项，二茂铁具有芳香性，环戊二烯基(C5H5-)中每个碳原子形成3个σ键，剩余p轨道参与形成π键，杂化方式为sp2，故A正确；B项，环戊二烯基(C5H5-)中每个碳原子提供一个电子，其所带负电荷也提供一个电子，则每个C5H5-提供6个e-形成配位键，故B正确；C项，分子自组装是指分子通过非共价键自发地形成有序结构的过程，图中所示的分子结构中，清晰的画出了分子间和分子内存在的氢键，这些氢键是典型的非共价相互作用，驱动了分子的自组装，故C正确；D项，图中题干所示分子是由氢键连接的二聚体，分子间形成了非常强的氢键网格，使得羧基上的质子被稳定的锁定在结构中，难以电离，因此酸性减弱，而是单体分子，其羧基是自由的，氢离子相对容易电离，故图中所示分子的酸性弱于，则D错误；故选D。 1．常考短周期主族元素原子的核外电子排布特点 (1)最外层电子数为1的原子有H、Li、Na。 (2)最外层电子数为2的原子有He、Be、Mg。 (3)最外层电子数与次外层电子数相等的原子是Be。 (4)最外层电子数是次外层电子数2倍的原子是C。 (5)最外层电子数是次外层电子数3倍的原子是O。 (6)次外层电子数是最外层电子数2倍的原子有Li、Si。 (7)内层电子总数是最外层电子数2倍的原子有Li、P。 (8)电子层数(周期序数)与最外层电子数(族序数)相等的原子有H、Be、Al。 (9)电子层数为最外层电子数2倍的原子是Li。 (10)最外层电子数是电子层数2倍的原子是C、S。 (11)最外层电子数是电子层数3倍的原子是O。 2．巧记10e－微粒和18e－微粒 10e－微粒和18e－微粒是元素推断题的重要突破口之一。 (1)以Ne为出发点记忆10e－微粒 若10e－微粒满足关系：，则一定是NH＋OH－NH3↑＋H2O。 (2)以Ar为出发点记忆18e－微粒 3．核外电子排布的三个规律 能量最 低原理 原子的电子排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态 泡利原理 每个原子轨道里最多只能容纳2个自旋状态相反的电子 洪特规则 当电子排布在同一能级的不同简并轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同 4．核外电子排布表示方法 表示方法 以硫原子为例 原子结构示意图 电子排布式 1s22s22p63s23p4 简化电子排布式 [Ne]3s23p4 电子排布图(轨道表示式) 价电子排布式 3s23p4 5．基态原子核外电子排布 (1)21~30号：［Ar］3dx4s2 (2)31~36号：［Ar］3d104s24px ① 一般最后1位数是几，x就等于几 ① 最后1位数是几，x就等于几 ② 24Cr：［Ar］3d44s2→［Ar］3d54s1 ② 32Ge：［Ar］3d104s24p2 ③ 29Cu：［Ar］3d94s2→［Ar］3d104s1 ③ 34Se：［Ar］3d104s24p4 6．短周期主族元素原子的成键数目和成键方式 元素原子 H Be B C N(P) O(S) F(Cl) Si 成键数目 1 2 3 4 3 2 1 4 成键方式 单键 单键 单键 单键、双键、三键 单键、双键 单键 单键 7．化学键类型与物质类型 8．从不同角度对共价键分类 分类依据 类型 形成共价键的原子轨道重叠方式 σ键 电子云“头碰头”重叠 π键 电子云“肩并肩”重叠 形成共价键的电子对是否偏移 极性键 共用电子对发生偏移，可能为σ键或π键 非极性键 共用电子对不发生偏移，可能为σ键或π键 原子间共用电子对的数目 单键 原子间有一对共用电子对，为σ键 双键 原子间有两对共用电子对，为1个σ键，1个π键 三键 原子间有三对共用电子对，为1个σ键，2个π键 9．分子(ABn型)、离子(AB型)的空间结构分析示例 实例 价层电子对数(即杂化轨道数) σ键电子对数 孤电子对数 中心原子的杂化轨道类型 VSEPR模型 分子或离子的空间结构 BeCl2 2 2 0 sp 直线形 直线形 CO2 直线形 直线形 BF3 3 3 0 sp2 平面三角形 平面三角形 SO2 2 1 V形 CH4 4 4 0 sp3 四面体形 正四面体形 NH3 3 1 三角锥形 H2O 2 2 V形 CO 3 3 0 sp2 平面三角形 平面三角形 NH 4 4 0 sp3 四面体形 正四面体形 10．认识几种含氧酸的结构 硫代硫酸(H2S2O3) 过二硫酸(H2S2O8) 亚磷酸(H3PO3) 次磷酸(H3PO2) 1．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)下列实例与解释不符的是( ) A．的电子构型稳定，不易得失电子，故用替代H2填充气球更安全 B．电负性：Cl＞Br，故酸性：HClO＞HBrO C．石蜡油的分子间作用力比水的小，故石蜡油的流动性比水的差 D．Cs+比Na+的半径大，故CsCl晶体中Cs+的配位数为8，而NaCl晶体中Na+的配位数为6 【答案】C 【解析】A项，氦气具有稳定的电子构型，化学性质稳定，不易燃烧，因此比氢气更安全，故A正确；B项，Cl的电负性大于Br，导致Cl-O键的极性更强，更易释放H+，因此HClO的酸性强于HBrO，故B正确；C项，流动性差(黏度大)的原因是分子间作用力强。石蜡油由长链烷烃组成，其分子间作用力大于水，导致其流动性比水差，故C错误；D项，Cs+比Na+的半径大，Cs+与Cl-的半径比更大，所以CsCl晶体中Cs+的配位数为8，而NaCl晶体中Na+的配位数为6，故D正确；故选C。 2．(2026·浙江省七彩阳光新高考研究联盟2026届高三开学联考)下列有关化学反应的描述正确的是( ) A．C2H5OH与浓硫酸共热制乙醚，有键断裂的同时有键生成 B．SO2被氧化为SO3，S原子轨道的杂化类型由sp2转变为sp3 C．Si转化为SiCl4，晶体类型从共价晶体转变成了分子晶体 D．NH3转化为[Cu(NH3)4]2＋，配位键转变为某原子的孤电子对 【答案】C 【解析】A项，乙醇与浓硫酸共热生成乙醚的反应中，断裂的是O-H和C-O的σ键，生成的乙醚中只有σ键，无π键生成，A错误；B项，SO2中S原子价层电子对数为：，为sp2杂化，SO3中S原子价层电子对数为：，也为sp2杂化，杂化类型未改变，B错误；C项，Si是共价晶体，SiCl4为分子晶体，转化后晶体类型改变，C正确；D项，NH3转化为[Cu(NH3)4]2＋，NH3的孤电子对与Cu2+形成配位键，D错误；故选C。 3．(2026·浙江省A9协作体2026届高三返校联考)下列关于物质性质的说法，不正确的是( ) A．O3在CClF3溶液中的溶解度比在CCl4中的溶解度大 B．对羟基苯甲酸比邻羟基苯甲酸在水中溶解度小，但酸性强 C．Cl2是非极性分子，但是在水中溶解度比较大，原因之一是可以与水反应 D．吡啶比吡咯在水中溶解度大 【答案】B 【解析】A项，O3分子为V形，结构不对称，是极性分子。CCl4为非极性溶剂(正四面体对称结构)，CClF3因F和Cl电负性差异导致分子不对称，为极性溶剂。根据相似相溶原理，极性分子O3在极性溶剂CClF3中溶解度更大，A正确；B项，对羟基苯甲酸中羟基与羧基对位，可与水分子形成分子间氢键，溶解度比邻羟基苯甲酸(分子内氢键，与水氢键作用弱)大；邻羟基苯甲酸因分子内氢键稳定羧酸根负离子，酸性比对羟基苯甲酸强，故B中“溶解度小”和“酸性强”均错误，B错误；C项，Cl2是非极性分子，但能与水发生反应(Cl2+H2OHCl+HClO)，反应促进其溶解，故在水中溶解度较大，C正确；D项，吡啶中N原子有孤对电子(不参与共轭)，易与水分子形成氢键；吡咯中N原子孤对电子参与环共轭，与水形成氢键能力弱，故吡啶在水中溶解度更大，D正确；故选B。 4．(2026·浙江杭州二中高三三模)氯化二乙基铝(CH3CH2)2AlCl能形成三聚体。该三聚体所有原子最外层电子均达到稳定结构，结构如图所示，下列推测不合理的是( ) A．(CH3CH2)2AlCl、三聚体分子中Al的杂化类型依次为sp2、sp3 B．(CH3CH2)2AlCl的晶体中存在的作用力有：共价键、范德华力 C．(CH3CH2)2AlCl与O2完全反应可能生成CO2、H2O、Al2O3和HCl D．(CH3CH2)2AlCl比(CH3CH2)2AlBr更易水解 【答案】D 【解析】A项，(CH3CH2)2AlCl 中，Al 原子形成 3 个 σ 键(2 个 C-Al 键、1 个 Cl-Al 键)，无孤电子对，价层电子对数为 3，因此杂化类型为 sp2；三聚体中，Al 原子形成 4 个 σ 键(2 个 C-Al 键、2 个 Cl-Al 键)，无孤电子对，价层电子对数为 4，因此杂化类型为 sp3，A正确；B项， (CH3CH2)2AlCl 是分子晶体，分子内存在 C-C、C-H、C-Al、Al-Cl 共价键；分子之间存在范德华力(分子间作用力)，B正确；C项， (CH3CH2)2AlCl 含有 C、H、Al、Cl 元素，与 O2完全燃烧时：C 被氧化为 CO2，H 被氧化为 H2O；Al 被氧化为 Al2O3；Cl 与 H 结合生成 HCl，因此产物可能为CO2、H2O、Al2O3和 HCl，C正确；D项，氯元素的电负性大于溴元素，铝氯键强于铝溴键，则水解时(CH3CH2)2AlCl的铝氯键比(CH3CH2)2AlBr的铝溴键难以断裂，比(CH3CH2)2AlBr更难水解，D错误；故选D。 5．(2026·浙江省新阵地教育联盟三联考)Pt(NH3)2Cl2有顺铂和反铂两种结构如图1，其中顺铂是一种常用的抗肿瘤药物。顺铂进入人体细胞在一定条件下发生水解，生成的Pt(NH3)2(OH)Cl与某些碱基结合，从而破坏DNA的结构阻止癌细胞增殖，如图2所示。 下列说法不正确的是( ) A．Pt(NH3)2Cl2的空间结构与CH2Cl2类似 B．顺铂在水中的溶解度大于反铂 C．与铂(Ⅱ)的配位能力： NH3＞Cl- D．图2，Pt(NH3)2(OH)Cl与鸟嘌呤的作用有：a为配位键、b为氢键 【答案】A 【解析】A项，Pt(NH3)2Cl2中Pt2+配位数为4，存在顺反异构，说明其空间结构为平面正方形；CH2Cl2是甲烷的二氯代物，甲烷为正四面体结构，故CH2Cl2空间结构为四面体，二者空间结构不同，A错误；B项，顺铂中两个Cl-和两个NH3均相邻，分子结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子；反铂中两个Cl-相对、两个NH3相对，结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子。根据相似相溶原理，极性分子顺铂在水中溶解度大于非极性分子反铂，B正确；C项，由题干信息：顺铂进入人体细胞发生水解的产物之一Pt(NH3)2(OH)Cl可知，Pt-Cl键比Pt-N键更容易断裂，则顺铂中Cl－的配位能力弱于NH3，C正确；D项，图2中，a处Pt2+(有空轨道)与鸟嘌呤中N原子(有孤对电子)形成配位键；b处为O-H键中带正电的H与另一分子中电负性大的O原子(有孤对电子)形成氢键，D正确；选A。 考点4晶体结构与性质 【典例】(2026·浙江强基联盟高三联考)SO2晶胞是长方体，边长，如图所示。下列说法不正确的是( ) A．一个晶胞中含有4个SO2分子 B．晶胞中SO2分子的取向不相同 C．1号和2号原子间的核间距为 D．每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有12个 【答案】D 【解析】A项，由晶胞图可知，SO2分子位于长方体的棱心和体心，1个晶胞中含个SO2分子，A正确；B项，由图可知，晶胞中SO2分子的取向不完全相同，如1和2，B正确；C项，1号和2号S原子间的核间距离为上、下面对角线的一半，即，C正确；D项，以体心的S原子为例，由于，每个S原子周围与其等距且紧邻(距离最小)的S原子有4个，D错误；故选D。 1．晶胞中粒子数目及晶体化学式的确定 (1)判断晶胞中粒子个数的步骤： (2)原则：晶胞任意位置上的一个原子如果是被n个晶胞所共有，那么，每个晶胞对这个原子分得的份额就是。 (3)方法。 长方体(包括立方体)晶胞中不同位置的粒子数的计算，如图： 非长方体：视具体情况而定，不同形状的晶胞，应先分析任意位置上的一个粒子被几个晶胞所共有，如三棱柱： 2．晶胞结构的相关计算方法 (1)计算晶体密度的方法 如立方晶胞密度的计算： (其中①M为微粒的相对“分子”质量；②另外关于晶胞参数单位换算也需注意：1 m=10 dm=102 cm=103 mm=106 μm=109 nm=1012 pm；③密度公式中共有四个未知量：密度、微粒摩尔质量、晶胞体积、NA，知道3个可求另一个，因此可以围绕密度出现4种题型) (2)计算晶体中微粒间距离的方法 晶胞的体积=(M为微粒的相对“分子”质量) 1．(2026·浙江省杭州首考适应性考试)图1、图2都是SiO2常见的结构片段，下列说法正确的是( ) A．SiO2是共价晶体，图1是SiO2的晶胞 B．从图1结构可知，1mol SiO2有2mol的Si-O键 C．图2中硅氧四面体形成螺旋上升的长链，所以低温石英具有手性 D．图1中每个Si原子被6个硅氧12元环共用 【答案】C 【解析】A项，SiO2是共价晶体，但图1仅为SiO2的结构片段，并非晶胞(平行六面体)，A错误；B项，SiO2中每个Si原子与4个O原子形成4个Si-O键，因此1mol SiO2有4 mol的Si-O键，B错误；C项，图2中低温石英的硅氧四面体形成螺旋上升的长链，存在左螺旋和右螺旋两种结构(互为镜像但不能重叠)，因此具有手性，C正确；D项，根据图1结构，每个Si原子为12个硅氧12元环所共用，D错误；故选C。 2．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)NiO晶胞如图，将NiO在空气中加热，部分Ni2+被氧化为Ni3+，得到，晶体结构出现缺陷，有的Ni2+被Ni3+取代，有的空缺，填充率下降，但晶体仍保持电中性。现有NixO晶胞的质量为4×10-22g，下列说法正确的是( ) A．Ni2+填充在O2-组成的四面体空隙 B．NixO晶胞中Ni2+、Ni3+和未填充空隙的个数比为 C．NixO中X为0.8 D．与NiO相比，NixO导电性大幅度增大，这和晶体中的空位有关 【答案】D 【解析】由图可知，氧离子在棱上和体心，O2-数目为12×+1=4，即1个晶胞含4个O2-。 已知NixO晶胞质量为，取，晶胞摩尔质量为： ，总Ni的相对质量和为，晶胞中Ni原子总数为，因此。A项，由图可知，氧离子在棱上和体心，所以Ni2+填充在由O2-构成的正八面体空隙中，A错误；B项，根据分析，晶体呈电中性，设Ni2+个数为a，Ni3+个数为b，得方程组： 解得a=1，b=2，原有Ni位置总数为4，因此空缺数为4-3=1，故Ni2+、Ni3+和未填充空隙的个数比为1：2：1，B错误；C项，根据分析，NixO中X为0.75，C错误；D项，NixO晶体存在空位缺陷，Ni离子可以通过空位迁移，因此导电性比完整的NiO晶体大幅度增大，导电性提升和空位有关，D正确；故选D。 3．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)某离子型铁氧化物晶胞如图所示(体内分别由A、B交错排列)，在晶胞的棱心和体心通过嵌入Li+，获得锂电池的正极材料LiFe6O8. 已知：化合物甲和乙均可作为锂电池的离子液体，结构如下： 下列说法不正确的是( ) A．该铁氧化物嵌入Li+时，部分Fe3+被还原为Fe2+ B．放电时，该锂电池的正极材料发生Li+脱嵌 C．1 mol该铁氧化物最多能嵌入4 mol Li+ D．化合物甲的熔点比化合物乙高 【答案】B 【解析】A项，铁氧化物嵌入Li+时，正电荷增多，要满足正、负电荷守恒，该铁氧化物中部分Fe3+被还原为Fe2+，A正确；B项，放电时，锂电池的正极材料发生还原反应，部分Fe3+被还原为Fe2+，正电荷减少，则需嵌入Li+，B错误；C项，该铁氧化物晶胞的棱心和体心全部嵌入Li+时，得到正极材料LiFe6O8，Li和O个数比为1：8，由于1个铁氧晶胞占有32个O，则1 mol铁氧化物含32 mol氧，最多能嵌入4 mol Li+，C正确；D项，化合物甲的阳离子体积比化合物乙小(阴离子相同)，化合物甲的晶格能比化合物乙大，所以甲的熔点高，D正确；故选B。 4．(2026·浙江省宁波市镇海中学三模)我国在处理柴油车尾气中氮氧化物的排放方面取得突破性进展。一种二氧化铈(CeO2)晶体中，铈元素能在Ce4+和Ce3+之间改变氧化状态，将NO氧化为NO2，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物，变化过程如图所示。下列说法错误的是( ) A．CeO2晶胞中Ce4+的配位数为8 B．CeO2晶胞中沿所有晶胞边长投影的俯视图都为 C．当1molCeO2发生变化时，可吸收标准状况下NO的体积为11.2 L D．若晶胞边长为a pm，CeO2晶体的密度为 【答案】C 【解析】首先分析CeO2晶胞结构：Ce位于顶点和面心，数目为；位于晶胞内部，数目为8，Ce：O=1：2，符合CeO2的组成，该晶胞为萤石型结构。A项，萤石结构中，阳离子Ce4+的配位数为8，A正确；B项，CeO2是立方晶胞，沿任意晶胞边长方向投影，Ce投影为正方形顶点、边中点和中心，O的投影对应题图位置，投影符合该图，B正确；C项，反应后，1个晶胞(含4个Ce)形成1个氧空位，O数目变为7。根据电荷守恒，设Ce3+数目为x，Ce4+为4-x，可得：，解得x=2，即2个Ce4+总共得到2个电子； NO被氧化为NO2，每个NO失去2个电子，电子守恒可得：4molCeO2反应消耗1molNO，因此1molCeO2反应消耗0.25molNO，标准状况下体积为，不是11.2L，C错误；D项，晶胞质量()，晶胞体积，密度，D正确；故选C。 5．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)硫化锌(ZnS)纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料。在电池充电过程中，ZnS转化为LixZnyS，LixZnyS中Li+和Zn2+为LiZn合金相，LixZnyS再转化为Li2S，晶胞的组成变化如图所示。 下列说法错误的是( ) A．LixZnyS晶胞中，x=1.5、y=0.25 B．当LixZnyS转化为Li2S时，每个晶胞有(8-4x)个Li+迁移 C．Li2S晶体中Li+的配位数是4 D．若Li2S的晶体密度为a g· cm-3，摩尔质量为M g·molˉ1，则距离最近的两个S2-间的距离是 【答案】D 【解析】A项，由晶胞结构可知，LixZnyS晶胞中位于顶点和面心的硫离子个数为：8×+6×=4，位于体内的锌离子和锂离子的个数和为７，由化学式可得：x+y=，由化合价的代数和为0可得：x+2y=2，解联立方程可得：x=1.5、y=0.25，A正确；B项，LixZnyS转化为硫化锂的电极反应式为：LixZnyS+(2-x)e-+(2-x)Li+=Li2S+yZn，由晶胞结构可知，LixZnyS和硫化锂的晶胞中位于顶点和面心的硫离子个数都为：8×+6×=4，则转化时，每个晶胞迁移锂离子的个数为：(2-x) ×4=(8-4x)，B正确；C项，由晶胞结构可知，硫化锂晶胞中锂离子位于硫离子形成的四面体空隙中，所以锂离子的配位数为4，C正确；D项，晶胞结构可知，硫化锂晶胞中位于顶点和面心的硫离子个数为：8×+6×=4，位于体内的锂离子个数为8；设晶胞的边长为bnm，由晶胞的质量公式可得：=(10—7 b)3a，解得b=，晶胞中位于顶点的硫离子与位于面心的硫离子距离最近，是面对角线的，则距离最近的两个硫离子的距离是，D错误；故选D。 1．(2026·浙江省浙南名校联盟三联考一模)根据元素周期律推测，下列说法不正确的是( ) A．酸性：H2SO4＞H3PO4 B．第一电离能：F＞N＞O C．化合物中键的极性：HCl＞HF D．化合物中离子键百分数：Na2O＞Na2S 【答案】C 【解析】A项，硫的非金属性强于磷，故硫酸酸性强于磷酸，A正确；B项，第一电离能顺序为F＞N＞O(F的核电荷数最大，N的2p轨道半充满、能量更低，第一电离能比O大)，B正确；C项，F的电负性大于Cl，H-F键极性更强，C错误；D项，O2-半径小于S2-，Na2O中离子键更强，所以Na2O离子键百分数更高，D正确；故选C。 2．(2026·浙江省新阵地教育联盟高三第一次模拟预测)工业上电解饱和食盐水可制得烧碱。下列说法正确的是( ) A．半径大小：O2-＜Na+ B．化合物中离子键百分数：KCl＜NaCl C．第一电离能大小：O＜Na D．电负性大小： Cl＜O 【答案】D 【解析】A项，O2-和Na+均为两个电子层，但O2-的核电荷数(8)小于Na+(11)，导致O2-的电子排斥更强，半径更大，A错误；B项，K+半径大于Na+，极化能力更弱，离子键百分数更高，因此KCl的离子键百分数大于NaCl，B错误；C项，Na最外层只有1个电子，容易失去，其第一电离能较低，C错误；D项，电负性：O(3.44)> Cl(3.16)，因此Cl的电负性小于O，D正确；故选D。 3．(2026·浙江省Z20联盟高三一模)黑云母是一种层状硅酸盐矿物，其通用化学式为K(Mg，Fe)3AlSi3O10(F，OH)2，下列说法正确的是( ) A．离子键百分数：K2O＜Al2O3 B．离子半径：O2-＞F- C．沸点：SiO2＜HF D．碱性：Mg(OH)2＜Al(OH)3 【答案】B 【解析】A项，化合物中离子键百分数与成键双方的电负性差值有关，氧与钾的电负性差值大于氧与铝，则化合物中离子键百分数：K2O＞Al2O3，A错误；B项，O2-和F-的电子层数相等，O元素的核电荷数小于F，则离子半径：O2-＞F-，B正确；C项，SiO2是原子晶体，HF是分子晶体，则沸点：SiO2＞HF，C错误；D项，同周期主族元素，从左往右金属性依次减小，则金属性：Mg>Al，元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，则碱性：Mg(OH)2＞Al(OH)3，D错误；故选B。 4．(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考)工业上电解熔融Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)的混合物可制得铝。下列说法正确的是( ) A．半径大小： B．电负性大小： C．电离能大小： D．碱性强弱：NaOH＜Al(OH)3 【答案】A 【解析】A项，核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为，故A正确；B项，同周期元素核电荷数越大电负性越大，故，故B错误；C项，同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为，故C错误；D项，元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为NaOH＞Al(OH)3，故D错误；故选A。 5．(2026·浙江省杭州第二中学高三月考)根据元素周期律，下列说法不正确的是( ) A．第一电离能：Cl>P>S B．热稳定性：H2O＞H2S C．碱性：Ca(OH)2＜Ba(OH)2 D．非金属性：Si<Ge 【答案】D 【解析】A项，在同一周期元素中，第一电离能从左往右有逐渐增大的趋势，但第VA族的p轨道处于半充满状态，其第一电离能反而比其右侧的VIA族大，故P、S、Cl的第一电离能为：Cl＞P＞S，A正确；B项，同主族元素从上往下，非金属性逐渐减弱，则由O元素的非金属性大于S元素可知其简单氢化物的稳定性：H2O＞H2S，B正确；C项，同主族元素从上往下，金属性逐渐增强，其最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，则由Ca元素的金属性小于Ba元素可知碱性：Ca(OH)2＜Ba(OH)2，C正确；D项，同主族元素从上往下，非金属性逐渐减弱，则非金属性：Si＞Ge，D错误；故选D。 6．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)太阳能转化为电能时，要用到、、等半导体材料。下列说法正确的是( ) A．原子半径：r(As)＜r(Ga) B．第二电离能：I2(Si)＞I2(P) C．热稳定性：PH3＜AsH3 D．酸性：H3PO4＜H2SiO3 【答案】A 【解析】A项，同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径：r(As)＜r(Ga)，A正确；B项，第二电离能需比较失去第二个电子的难易。Si的第二电离能对应从3s23p1变为3s2的3p能级为全空的稳定结构，而P的第二电离能对应从3s23p2变为3s23p1，故I2(Si) ＜I2(P)，B错误；C项，同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱，非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性：P＞As，因此热稳定性：PH3＞AsH3，C错误；D项，同周期从左到右非金属性逐渐增强，非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性：P＞Si，则酸性：H3PO4＞H2SiO3，D错误；故选A。 7．(2026·浙江省新阵地教育联盟三联考)已知，该反应得到的两种有机产物的量几乎一样多，为了得到较单一的有机产物，可先加入环六糊精形成超分子，再加入，如下图所示。下列说法错误的是( ) A．环六糊精属于多糖，会水解产生单糖 B．A中有机物的主要成分为对氯苯甲醚 C．根据超分子可知，环六糊精腔内极性较小 D．可用萃取法分离环六糊精和有机产物 【答案】A 【解析】A项，环六糊精是由6个葡萄糖单元通过糖苷键连接而成的环状低聚糖(寡糖)，不属于多糖(多糖通常指聚合度大于10的糖类)，但其水解可产生单糖(葡萄糖)，A错误；B项，原反应物为苯甲醚(－OCH3为邻对位定位基)，不加环六糊精时邻、对位产物同时生成；加入环六糊精后，超分子空腔通过空间位阻效应主要暴露对位，使HClO优先进攻对位，生成对氯苯甲醚，B正确；C项，环六糊精外侧有多个羟基(极性基团)，腔内由碳氢链构成(非极性环境)，苯甲醚(极性较小)能进入腔内形成超分子，符合“相似相溶”，说明腔内极性较小，C正确；D项，环六糊精含多个羟基，极性大、易溶于水；有机产物(对氯苯甲醚)极性小、难溶于水，可用有机溶剂萃取分离，D正确；故选A。 8．(2026·浙江省永嘉市高三第一次联考)在我国青海、西藏等地有许多干涸盐湖盛产含钠盐的。是一种易溶于水的白色固体，其水溶液用硫酸酸化可得到H3BO3【其分子结构可描述为B(OH)3】。纯净的H3BO3为无色小片状透明晶体。将H3BO3与甲醇、浓硫酸混合点燃，可以产生独特的绿色火焰。已知此反应的原理为：在浓硫酸的催化下H3BO3与甲醇反应生成硼酸三甲酯B(OCH3)3；B(OCH3)3发生燃烧，生成的水和CO2逸出体系，而生成的H3BO3留在反应体系中。结合上述材料和所学知识，判断下列说法正确的是( ) A．已知Al(OH)3溶于浓可得到[Al(OH)4]-和少量[Al(OH)6]3-，则中很可能含有aB(OH)4和少量Na3B(OH)6 B．已知B(OH)3的最常见晶体中有类似石墨的层状结构，且每层按如图所示的方式通过氢键形成无限网状结构，则其晶体类型为混合晶体 C．已知原亚硝酸三甲酯N(OCH3)3中的原子采取sp3杂化，则硼酸三甲酯中亦采取sp3杂化 D．题中所描述的燃烧反应进行一段时间后，火焰逐渐熄灭，如要使反应继续进行，需要添加甲醇并重新点燃 【答案】D 【解析】A项，题目通过类比Al(OH)3与浓NaOH反应生成[Al(OH)4]-，推测Q中可能含有NaB(OH)4和少量Na3B(OH)6。然而，实际硼酸钠盐的结构复杂，水解后酸化生成H3BO3，其结构式可以写成Na2[B4O5(OH)4]·8H2O，其中含有[B4O5(OH)4]2-的结构，水解原理为：[B4O5(OH)4]2-+ 3H2O+ 2H+=4H3BO3，A错误；B项，硼酸(H3BO3)虽具有层状氢键结构，但其晶体类型仍为分子晶体(层内氢键，层间分子间作用力)，而非石墨的混合晶体(层内共价键，层间分子间作用力)，B错误；C项，硼酸三甲酯B(OCH3)3中，B原子无孤对电子，形成平面三角形结构，为sp2杂化，而原亚硝酸三甲酯N(OCH3)3中N原子因孤对电子采取sp3杂化。两者杂化方式不同，C错误；D项，燃烧生成的H3BO3可继续与甲醇反应生成硼酸三甲酯，若火焰熄灭，补充甲醇后需重新点燃以启动反应，D正确；故选D。 9．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)B和Al为同主族相邻元素。下列关于物质性质或现象的解释错误的是( ) A．还原性：NaAlH4＞LiBH4，原因之一是AlH4-中H的负电性更高 B．水中溶解度：CO＞N2，是因CO的极性大于N2 C．酸性：H3BO3＞Al(OH)3，是因B的电负性更强导致硼酸中O-H更易电离 D．熔点：AlF3(1040℃)＞BF3(-127℃)，是因AlF3是离子晶体而BF3是分子晶体 【答案】C 【解析】A项，AlH4-中铝的电负性较低，氢原子带更多负电荷，还原性更强，解释合理，A正确；B项，CO为极性分子，N2为非极性分子，极性分子在水(极性溶剂)中溶解度更大，解释正确，B正确；C项，硼酸(H3BO3)酸性强于氢氧化铝(Al(OH)3)，但原因并非O-H键更易电离；硼酸实际通过路易斯酸机制(B原子接受OH-)释放H+，而选项解释为O-H电离，与事实不符，C错误；D项，解释：AlF3为离子晶体(高熔点)，BF3为分子晶体(低熔点)，晶体类型差异导致熔点不同，解释正确，D正确；故选C。 10．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)Fe2+为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，结构如图甲所示(配体M为H2O、O2 或CO)。载氧时，血红蛋白分子中脱去配位的H2O并与O2 配位；若人体吸入CO，则CO占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。卟啉环为平面结构(如图乙所示)，能与铁、钴等金属离子配位，不能与Li+、Na+等配位。下列有关说法错误的是( ) A．卟啉环具有识别功能，可以分离Fe2+ 与Na+ B．与铁卟啉配位的能力：CO大于O2 大于H2O C．卟啉环中1号N原子与2号N原子形成的键数目相同 D．该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱 【答案】C 【解析】A项，卟啉环可与Fe2+ 配位，不与Li+、Na+配位，可利用该性质分离Fe2+ 与Na+，A不符合题意；B项，载氧时O2可取代H2O，吸入CO时CO可取代O2，说明配位能力CO ＞O2 ＞H2O，B不符合题意；C项，1号N原子无N-H键，形成2个C-Nσ键，2号N原子形成1个N-H键及2个C-Nσ键，共3个σ键；二者σ键数目不同，C符合题意；D项，酸性环境中N原子会与H+结合，孤电子对无法用于配位，配位能力减弱，D不符合题意；故选C。 11．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的氯化试剂和脱水试剂，可发生水解生成两种强酸。氯磺酸加热可得到硫酰氯，但温度高于553 K时硫酰氯会分解生成SO2和Cl2。下列有关说法错误的是( ) A．硫酰氯分子的空间构型为四面体形 B．由氯磺酸加热制硫酰氯的过程中会有硫酸生成 C．SO2Cl2分解生成SO2和Cl2为熵增反应 D．水溶液中，1 mol硫酰氯最多可以与3 mol NaOH完全反应 【答案】D 【解析】A项，硫酰氯分子中S原子的价层电子对数，没有孤电子对，空间结构为四面体形， A正确；B项，由氯磺酸加热制硫酰氯的过程中，类似发生取代反应，生成硫酰氯和硫酸，B正确；C项，SO2Cl2分解生成SO2和Cl2，气体分子数增多，是熵增反应，C正确；D项，水溶液中，1mol硫酰氯水解，生成1mol硫酸和2mol HCl，最多可以与4mol NaOH完全反应，D错误；故选D。 12．(2026·江省台州市椒江区等5地高三一模) Mg2Fe是一种很有发展潜力的新型储氢材料，其晶胞为立方体，Fe位于顶点和面心，Mg位于顶点和相邻面心形成的四面体中心，储氢后形成化合物X，氢以正八面体构型分布在每个Fe周围。下列说法不正确的是( ) A．化合物X的化学式为Mg2FeH6 B．化合物X遇水产生H2、Mg和Fe C．化合物X减压和高温有利于释放H2 D．Mg2Fe的硬度高于纯铁和纯镁 【答案】B 【解析】A项，Mg2Fe中Mg与Fe的个数比为2：1，储氢后H以正八面体构型分布在每个Fe周围，即Fe与H的个数比为1：6，因此化合物X的化学式为Mg2FeH6，A正确；B项，化合物Mg2FeH6中Mg、Fe的化合价均为+2价，H为-1价，则遇水发生反应Mg2FeH6+6H2O=2Mg(OH)2+Fe(OH)2+6H2↑，并不生成Mg和Fe，B错误；C项，化合物Mg2FeH6释放H2发生分解反应Mg2FeH6=Mg2Fe+3H2↑，该反应ΔH＞0，ΔS＞0，因此减压和高温有利于反应正向进行，C正确； D项，一般合金的硬度高于其组元金属本身，Mg2Fe为镁铁合金，其硬度比纯铁和纯镁的硬度更高，D正确；故选B。 13．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)近年来诺贝尔化学奖授予金属有机框架材料开发领域，MOF-5是其中最具代表性的材料之一，由[Zr4O]6+与对苯二甲酸根()通过配位键连接，其中与同一配体相连的两个[Zr4O]6+的取向不同，MOF-5晶体内部的空腔可以吸附小分子。下列说法不正确的是( ) A．基态的电子空间运动状态为14种 B．可用X射线衍射实验确定MOF-5材料的结构 C．可在配体上引入-OH、--CH3以增强MOF-5与H2O之间的吸附作用 D．MOF框架空隙大小由金属离子半径和有机配体的大小、形状共同决定 【答案】C 【解析】A项，Zn原子序数为30，基态Zn原子电子排布为[Ar]3d104s2，失去2个4s电子得到Zn2+，电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，1个被电子占据的轨道对应1种空间运动状态，总轨道数为：，因此基态Zn2+的电子空间运动状态为14种，A正确；B项，X射线衍射实验是确定晶体结构的经典方法，可以测定MOF-5的晶体结构，B正确；C项，-OH是亲水基团，可以和H2O形成氢键，能增强对水的吸附；但-CH3是疏水(憎水)的非极性基团，不能增强MOF-5与水的吸附作用，反而会减弱，因此该说法错误，C不正确；D项，MOF框架由金属离子作为节点、有机配体连接而成，空隙大小由金属离子半径、有机配体的大小和形状共同决定，D正确；故选C。 14．(2026·浙江省强基联盟高三二模)气态N2O5呈平面结构，其结构式为。固态N2O5的晶胞如图所示，下列说法不正确的是( ) A．实验室利用P2O5的吸水性与浓硝酸反应制得N2O5 B．气态N2O5中N原子的杂化方式为sp2杂化 C．1mol气态N2O5中含6NA个σ键 D．固态N2O5为离子化合物 【答案】A 【解析】A项，五氧化二磷具有脱水性，可以使硝酸发生脱水反应生成五氧化二氮，反应的化学方程式为：2HNO3+P2O5=2HPO3+N2O5，所以五氧化二磷制备五氧化二氮时，五氧化二磷表现脱水性，不是吸水性，A错误；B项，由结构式可知，气态五氧化二氮分子中每个氮原子都形成3个σ键，不含孤对电子，所以氮原子的价层电子对数为3，杂化方式为sp2杂化，B正确；C项，由结构式可知，气态五氧化二氮分子中含有2个配位键、2个氮氧双键和2个氮氧单键，配位键和单键属于σ键，双键中含有1个σ键，所以1 mol气态五氧化二氮分子中含有σ键的数目为：1 mol×6×NAmol-1=6NA，C正确；项，由晶胞结构可知，固态五氧化二氮是由NO2+离子和NO3-离子形成的离子晶体，D正确；故选A。 15．(2026·浙江省七校联盟高三一模)研究笼形包合物结构和性质具有重要意义，化学式为Ni(CN)x·Zn(NH3)y·2C6H6 (C6H6代表苯)的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出，晶胞中N原子均参与形成配位键)。下列说法不正确的是( ) A．该晶体属于为混合晶体 B．x：y=2：1 C．当用吡啶代替苯时，会得到相似的笼形包合物 D．若对该笼形包合物进行加热，首先脱离晶胞的组分是NH3 【答案】D 【解析】A项，晶体中既有离子，存在离子键，又有分子，存在范德华力，属于混合晶体，A正确；B项，一个晶胞中含有CN-个数为，NH3个数为，Ni2+个数为，Zn2+个数为，则该晶胞化学式为Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6，x：y=2：1，B正确；C项，吡啶中含有与苯类似的大π键，其代替苯时，会得到相似的笼形包合物，C正确；D项，苯分子以分子间作用力结合，作用力比配位键弱，故加热时首先脱离晶胞的组分是苯，D错误；故选D。 16．(2026·浙江省县域教研联盟高三一模)2025年诺贝尔化学奖授予Susumu Kitagawa、Richard Robson和Omar M。 Yaghi，以表彰他们在金属有机框架(MOF又名多孔配位聚合物)材料的发展方面所作出的贡献。现有金属有机框架MOF-5由和对苯二甲酸根构成，形成规整的三维立方孔道结构(见下图)。 下列关于金属有机框架的说法不正确的是( ) A．MOF-5其骨架结构中存在配位键 B．MOF-5中对苯二甲酸根中的碳原子均采取sp2杂化 C．MOF-5和冠醚一样，属于超分子 D．金属有机框架(MOF)在储氢及环境净化等领域是极具发展潜力的关键材料 【答案】C 【解析】A项，MOF-5是金属有机框架材料，Zn2+(配位离子)与对苯二甲酸根(配体)通过配位键结合形成骨架结构，因此骨架中存在配位键，A正确；B项，对苯二甲酸根中苯环上的碳原子均为sp2杂化；羧基为平面结构，碳与氧形成双键，价层电子对为 3，故羧酸根为中的碳原子也为sp2杂化，因此对苯二甲酸根的所有碳原子均采取sp2杂化，B正确；C项，超分子是通过分子间作用力，如氢键、范德华力等组装形成的聚集体；而 MOF-5是通过配位键，共价键的一种，连接金属离子与配体形成的配合物，并非超分子，C错误；D项，MOF 具有规则的多孔结构，可利用孔隙实现氢的储存，同时能吸附环境中的污染物，因此在储氢、环境净化等领域具有应用潜力，D正确；故选C。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04物质结构与性质 题型 考情分析 考向预测 应用元素周期律推测 每年必考的基础题，难度中等，核心是 “位 — 构 — 性” 关系与递变规律的直接判断，近年趋向融合物质结构、化学键与分子性质。 “物质结构与性质” 的选择题(通常为第 7、14 题)是稳定且核心的考查模块，命题风格成熟、考点集中。结合近年(2021-2026 年 1 月)浙江真题与命题规律，其考向可归纳为原子结构、分子结构、晶体结构、元素周期律、配合物与化学键五大核心方向，并呈现情境新颖、微观 - 宏观关联、定性+ 定量结合的趋势。 2026 年6月将继续保持双题结构：7易14难，情境更现代化，如钙钛矿、MOF、硼化合物、催化配合物；综合度提高，一题同时考杂化、键角、氢键、晶体类型，弱化复杂计算，强化结构识图与逻辑判断，超分子、手性、等电子体出现频率小幅上升，仍然不考偏难晶胞密度推导，只考基础均摊与判断。 元素推断 元素推断主要是以原子(或离子)结构、核外电子排布、元素化合物的性质为突破口，进行元素的推断，然后分项考查 原子、分子结构与性质 难度稳定、重基础与常规规律，更强调“结构—性质—应用”逻辑链，结合新材料/新物质背景，超分子、手性碳、配合物等新增点以基础判断为主 晶体结构与性质 浙江选考化学第 13 题(“晶体结构与性质” 选择题)是固定考点、难度适中、重微观分析与结构决定性质的经典题型，近年命题高度稳定、考法清晰。 考点1应用元素周期律推测 【典例】(2026·浙江省强基联盟高三二模)硝酸乙基铵(C2H5NH3NO3)是人类发现的第一种常温离子液体。下列说法正确的是( ) A．热稳定性：NH3 > H2O B．碱性：NH3 > C2H5NH2 C．电负性： D．熔点：C2H5NH3NO3 > NH4NO3 1．主族元素的周期性变化规律 项目 同周期(左→右) 同主族(上→下) 原 子 结 构 核电荷数 逐渐增大 逐渐增大 电子层数 相同 逐渐增多 原子半径 逐渐减小(稀有气体元素除外) 逐渐增大 离子半径 阳离子半径逐渐减小，阴离子半径逐渐减小，r(阴离子)>r(阳离子) 逐渐增大 性 质 化合价 最高正化合价由＋1→＋7(O、F除外)负化合价＝－(8－主族序数)(H显－1价) 相同，最高正化合价＝主族序数(O、F除外) 元素的金属性、非金属性 金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强 金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱 第一电离能 有逐渐增大的趋势 逐渐减小 电负性 逐渐增强 逐渐减弱 气态氢化物的稳定性 逐渐增强 逐渐减弱 最高价氧化物对应的水化物的酸碱性 碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强 碱性逐渐增强，酸性逐渐减弱 2．“三看”法速判简单微粒半径的大小 一看电子层数 最外层电子数相同时，电子层数越多，半径越大 二看核电荷数 当电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小 三看核外电子数 当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大 3．电负性与第一电离能的关系 电负性用于衡量原子吸引键合电子的能力，电负性大的原子吸引电子的能力强，所以一般来说，电负性大的原子对应元素的第一电离能也大。 原子结构或性质 同一周期(从左到右) 同一主族(从上到下) 最高价氧化物对应的水化物的酸碱性 酸性 增强 减弱 碱性 减弱 增强 气态氢化物的稳定性 增强 减弱 第一电离能 增大(但ⅡA族>ⅢA族，ⅤA族>ⅥA族) 减小 电负性 变大 变小 1．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)根据物质结构和元素周期律，下列说法不正确的是( ) A．一级电离平衡常数：H2Se>H2S B．第二电离能：N>O C．键角：NH3>H2O D．分子极性：NF3>BF3 2．(2026·浙江杭州二中高三三模)关于元素周期律的说法不正确的是( ) A．半径：K+<S2⁻ B．非金属性：C>B C．氧化性：Ag+<Cu2+ D．第一电离能：Be>B 3．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)下列说法正确的是( ) A．第一电离能：Be＜B B．半径比较：H-＜Li+ C．结合的能力：OH-＞NH2- D．分子极性：H2S＜H2O 4．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)下列关于元素周期律和元素周期表的认识错误的是( ) A．第一电离能：Na＜Mg＜Al B．电负性：Br＞As C．Be元素位于周期表的s区 D．半径：O2-＞Mg2+ 5．(2026·浙江强基联盟高三联考)根据元素周期律推测，下列说法不正确的是( ) A．离子键的百分数：Na2O＞MgO B．第一电离能：N＞F＞O C．半径大小：O2-＞Na+ D．化合物中共价键的极性：H2O＞H2S 6．(2026·浙江省七校联盟高三一模)根据元素周期律，下列说法不正确的是( ) A．第一电离能：Be<B B．碱性：Mg(OH)2<Ca(OH)2 C．化合物中键的极性：H3C-Cl>H3C-Br D．化合物中离子键百分数：Na2S>MgS 考点2元素推断 【典例】(2026·浙江省名校协作体2026届高三返校联考)短周期主族元素分布在三个周期且原子序数依次增大，基态Y原子中s能级与p能级的电子数相等，相邻，的价电子数之和为19，Q是第四周期元素，最外层只有1个电子，其内层均填满电子，下列说法正确的是( ) A．Y不可形成含极性共价键的单质 B．键角 C．ZY2M2的空间构型为四面体形 D．Q的基态原子有16种空间运动状态 1．常考9种元素推断方法 (1)常考7种非金属元素 元素 特殊结构、性质(突破口) H ①最外层只有一个电子 ②族序数等于周期数 ③无中子 ④半径最小的原子 ④密度最小的单质 ⑤宇宙含量最多的元素 C ①族序数等于周期数2倍的元素 ②最高正价与最低负价代数和为零的短周期元素 ③形成化合物种类最多的元素 ④单质是自然界中硬度最大的物质 N ①空气中含量最多的元素 ②气态氢化物的水溶液呈碱性的元素 ③元素的气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能起化合反应 ④常见氢化物可做制冷剂 O ①族序数等于周期数3倍的元素 ②最外层电子数是最内层电子数的3倍 ③最外层电子数是电子层数的3倍 ④地壳中含量最多的元素 ⑤氢化物在通常情况下呈液态的元素 Si ①最外层电子数是次外层电子数的一半 ②单质是重要半导体材料，氧化物可用作光导纤维 ③最高价非金属氧化物对应的水化物难溶于水 S ①族序数等于周期数2倍的元素，最外层电子数是电子层数的2倍 ②与氧同主族的短周期元素 ③某一氧化物可做漂白剂和防腐剂 ④最高价氧化物的水化物是常见的干燥剂 ⑤元素的氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物可发生氧化还原反应 Cl ①第三周期主族元素原子半径最小 ②最高价氧化物对应的水化物酸性最强 ③单质可用作自来水的杀菌消毒 (2)常考2种金属元素 Na ①周期数是族序数3倍的元素 ②原子半径最大的短周期元素 ③短周期中金属性最强的元素 ④元素的单质在常温下能与水反应放出气体的短周期金属元素 Al ①族序数等于周期数的短周期元素 ②最高价氧化物及其对应的水化物既能与强酸反应，又能与强碱反应的元素 ③氧化物可做耐火材料 ④地壳中含量最多的金属元素 说明：如果题干没有指明是短周期元素，所推断元素中可能会出现第四周期元素如K、Ca等 2．文字叙述型元素推断试题的解题策略 3．片断元素周期表推断试题的解题策略 1．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模)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。下列说法不正确的是( ) A．原子半径：Z＜W B．电负性：W＜X C．第二电离能：X＜Y D．最简单氢化物的稳定性：Y＜Z 2．(2026·浙江省强基联盟2026届高三开学联考)X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周期数，YX3分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素。下列说法正确的是( ) A．X与Z形成的10电子微粒有2种 B．Z与Q形成的一种化合物可用于饮用水的消毒 C．M2Z与的晶体类型不同 D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性 3．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)A、B、C、D、E是原子序数依次增大的5种短周期元素，A元素原子核外电子只有一种自旋取向；B元素原子最高能级的不同轨道都有电子，且自旋方向相同；C元素原子价层电子排布是nsnnp2；D元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等；E元素原子最外层有7个电子。下列说法不正确的是( ) A．简单离子半径：E>C>D B．由A、C、E元素组成的化合物可能具有消毒作用 C．由A、B、C元素组成的化合物可能是酸、碱或盐 D．工业上通过电解DE2溶液可制备单质D 4．(2026·浙江省宁波市镇海中学三模)金属元素铜与W、X、Y、Z四种元素组成的物质的结构如下图所示。已知W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Y、Z同周期。下列说法正确的是( ) A．该配合物的配体数为4 B．该结构中铜的化合价为0价 C．第一电离能： D．氢化物的沸点： 5．(2026·浙江省永嘉市高三第一次联考)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次减小，X的电负性是所有短周期主族元素中最小的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图。下列叙述正确的是( ) A．W的简单氢化物稳定性低于Y的简单氢化物稳定性 B．Y单质的熔点高于X单质 C．元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z D．化合物M中W不都满足8电子稳定结构 考点3原子、分子结构与性质 【典例】(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)二茂铁是由一个Fe2+和两个环戊二烯基(C5H5-)通过π键配位结合形成夹心结构，使二茂铁具有芳香性。二茂铁的羧酸衍生物能形成如图结构，下列说法不正确的是( ) A．C5H5-中C原子的杂化方式为sp2 B．每个C5H5-提供6个e-形成配位键 C．图中所示分子体现了超分子自组装的性质 D．图中所示分子的酸性强于 1．常考短周期主族元素原子的核外电子排布特点 (1)最外层电子数为1的原子有H、Li、Na。 (2)最外层电子数为2的原子有He、Be、Mg。 (3)最外层电子数与次外层电子数相等的原子是Be。 (4)最外层电子数是次外层电子数2倍的原子是C。 (5)最外层电子数是次外层电子数3倍的原子是O。 (6)次外层电子数是最外层电子数2倍的原子有Li、Si。 (7)内层电子总数是最外层电子数2倍的原子有Li、P。 (8)电子层数(周期序数)与最外层电子数(族序数)相等的原子有H、Be、Al。 (9)电子层数为最外层电子数2倍的原子是Li。 (10)最外层电子数是电子层数2倍的原子是C、S。 (11)最外层电子数是电子层数3倍的原子是O。 2．巧记10e－微粒和18e－微粒 10e－微粒和18e－微粒是元素推断题的重要突破口之一。 (1)以Ne为出发点记忆10e－微粒 若10e－微粒满足关系：，则一定是NH＋OH－NH3↑＋H2O。 (2)以Ar为出发点记忆18e－微粒 3．核外电子排布的三个规律 能量最 低原理 原子的电子排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态 泡利原理 每个原子轨道里最多只能容纳2个自旋状态相反的电子 洪特规则 当电子排布在同一能级的不同简并轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同 4．核外电子排布表示方法 表示方法 以硫原子为例 原子结构示意图 电子排布式 1s22s22p63s23p4 简化电子排布式 [Ne]3s23p4 电子排布图(轨道表示式) 价电子排布式 3s23p4 5．基态原子核外电子排布 (1)21~30号：［Ar］3dx4s2 (2)31~36号：［Ar］3d104s24px ① 一般最后1位数是几，x就等于几 ① 最后1位数是几，x就等于几 ② 24Cr：［Ar］3d44s2→［Ar］3d54s1 ② 32Ge：［Ar］3d104s24p2 ③ 29Cu：［Ar］3d94s2→［Ar］3d104s1 ③ 34Se：［Ar］3d104s24p4 6．短周期主族元素原子的成键数目和成键方式 元素原子 H Be B C N(P) O(S) F(Cl) Si 成键数目 1 2 3 4 3 2 1 4 成键方式 单键 单键 单键 单键、双键、三键 单键、双键 单键 单键 7．化学键类型与物质类型 8．从不同角度对共价键分类 分类依据 类型 形成共价键的原子轨道重叠方式 σ键 电子云“头碰头”重叠 π键 电子云“肩并肩”重叠 形成共价键的电子对是否偏移 极性键 共用电子对发生偏移，可能为σ键或π键 非极性键 共用电子对不发生偏移，可能为σ键或π键 原子间共用电子对的数目 单键 原子间有一对共用电子对，为σ键 双键 原子间有两对共用电子对，为1个σ键，1个π键 三键 原子间有三对共用电子对，为1个σ键，2个π键 9．分子(ABn型)、离子(AB型)的空间结构分析示例 实例 价层电子对数(即杂化轨道数) σ键电子对数 孤电子对数 中心原子的杂化轨道类型 VSEPR模型 分子或离子的空间结构 BeCl2 2 2 0 sp 直线形 直线形 CO2 直线形 直线形 BF3 3 3 0 sp2 平面三角形 平面三角形 SO2 2 1 V形 CH4 4 4 0 sp3 四面体形 正四面体形 NH3 3 1 三角锥形 H2O 2 2 V形 CO 3 3 0 sp2 平面三角形 平面三角形 NH 4 4 0 sp3 四面体形 正四面体形 10．认识几种含氧酸的结构 硫代硫酸(H2S2O3) 过二硫酸(H2S2O8) 亚磷酸(H3PO3) 次磷酸(H3PO2) 1．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)下列实例与解释不符的是( ) A．的电子构型稳定，不易得失电子，故用替代H2填充气球更安全 B．电负性：Cl＞Br，故酸性：HClO＞HBrO C．石蜡油的分子间作用力比水的小，故石蜡油的流动性比水的差 D．Cs+比Na+的半径大，故CsCl晶体中Cs+的配位数为8，而NaCl晶体中Na+的配位数为6 2．(2026·浙江省七彩阳光新高考研究联盟2026届高三开学联考)下列有关化学反应的描述正确的是( ) A．C2H5OH与浓硫酸共热制乙醚，有键断裂的同时有键生成 B．SO2被氧化为SO3，S原子轨道的杂化类型由sp2转变为sp3 C．Si转化为SiCl4，晶体类型从共价晶体转变成了分子晶体 D．NH3转化为[Cu(NH3)4]2＋，配位键转变为某原子的孤电子对 3．(2026·浙江省A9协作体2026届高三返校联考)下列关于物质性质的说法，不正确的是( ) A．O3在CClF3溶液中的溶解度比在CCl4中的溶解度大 B．对羟基苯甲酸比邻羟基苯甲酸在水中溶解度小，但酸性强 C．Cl2是非极性分子，但是在水中溶解度比较大，原因之一是可以与水反应 D．吡啶比吡咯在水中溶解度大 4．(2026·浙江杭州二中高三三模)氯化二乙基铝(CH3CH2)2AlCl能形成三聚体。该三聚体所有原子最外层电子均达到稳定结构，结构如图所示，下列推测不合理的是( ) A．(CH3CH2)2AlCl、三聚体分子中Al的杂化类型依次为sp2、sp3 B．(CH3CH2)2AlCl的晶体中存在的作用力有：共价键、范德华力 C．(CH3CH2)2AlCl与O2完全反应可能生成CO2、H2O、Al2O3和HCl D．(CH3CH2)2AlCl比(CH3CH2)2AlBr更易水解 5．(2026·浙江省新阵地教育联盟三联考)Pt(NH3)2Cl2有顺铂和反铂两种结构如图1，其中顺铂是一种常用的抗肿瘤药物。顺铂进入人体细胞在一定条件下发生水解，生成的Pt(NH3)2(OH)Cl与某些碱基结合，从而破坏DNA的结构阻止癌细胞增殖，如图2所示。 下列说法不正确的是( ) A．Pt(NH3)2Cl2的空间结构与CH2Cl2类似 B．顺铂在水中的溶解度大于反铂 C．与铂(Ⅱ)的配位能力： NH3＞Cl- D．图2，Pt(NH3)2(OH)Cl与鸟嘌呤的作用有：a为配位键、b为氢键 考点4晶体结构与性质 【典例】(2026·浙江强基联盟高三联考)SO2晶胞是长方体，边长，如图所示。下列说法不正确的是( ) A．一个晶胞中含有4个SO2分子 B．晶胞中SO2分子的取向不相同 C．1号和2号原子间的核间距为 D．每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有12个 1．晶胞中粒子数目及晶体化学式的确定 (1)判断晶胞中粒子个数的步骤： (2)原则：晶胞任意位置上的一个原子如果是被n个晶胞所共有，那么，每个晶胞对这个原子分得的份额就是。 (3)方法。 长方体(包括立方体)晶胞中不同位置的粒子数的计算，如图： 非长方体：视具体情况而定，不同形状的晶胞，应先分析任意位置上的一个粒子被几个晶胞所共有，如三棱柱： 2．晶胞结构的相关计算方法 (1)计算晶体密度的方法 如立方晶胞密度的计算： (其中①M为微粒的相对“分子”质量；②另外关于晶胞参数单位换算也需注意：1 m=10 dm=102 cm=103 mm=106 μm=109 nm=1012 pm；③密度公式中共有四个未知量：密度、微粒摩尔质量、晶胞体积、NA，知道3个可求另一个，因此可以围绕密度出现4种题型) (2)计算晶体中微粒间距离的方法 晶胞的体积=(M为微粒的相对“分子”质量) 1．(2026·浙江省杭州首考适应性考试)图1、图2都是SiO2常见的结构片段，下列说法正确的是( ) A．SiO2是共价晶体，图1是SiO2的晶胞 B．从图1结构可知，1mol SiO2有2mol的Si-O键 C．图2中硅氧四面体形成螺旋上升的长链，所以低温石英具有手性 D．图1中每个Si原子被6个硅氧12元环共用 2．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)NiO晶胞如图，将NiO在空气中加热，部分Ni2+被氧化为Ni3+，得到，晶体结构出现缺陷，有的Ni2+被Ni3+取代，有的空缺，填充率下降，但晶体仍保持电中性。现有NixO晶胞的质量为4×10-22g，下列说法正确的是( ) A．Ni2+填充在O2-组成的四面体空隙 B．NixO晶胞中Ni2+、Ni3+和未填充空隙的个数比为 C．NixO中X为0.8 D．与NiO相比，NixO导电性大幅度增大，这和晶体中的空位有关 3．(2026·浙江杭州市富阳区高三二模)某离子型铁氧化物晶胞如图所示(体内分别由A、B交错排列)，在晶胞的棱心和体心通过嵌入Li+，获得锂电池的正极材料LiFe6O8. 已知：化合物甲和乙均可作为锂电池的离子液体，结构如下： 下列说法不正确的是( ) A．该铁氧化物嵌入Li+时，部分Fe3+被还原为Fe2+ B．放电时，该锂电池的正极材料发生Li+脱嵌 C．1 mol该铁氧化物最多能嵌入4 mol Li+ D．化合物甲的熔点比化合物乙高 4．(2026·浙江省宁波市镇海中学三模)我国在处理柴油车尾气中氮氧化物的排放方面取得突破性进展。一种二氧化铈(CeO2)晶体中，铈元素能在Ce4+和Ce3+之间改变氧化状态，将NO氧化为NO2，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物，变化过程如图所示。下列说法错误的是( ) A．CeO2晶胞中Ce4+的配位数为8 B．CeO2晶胞中沿所有晶胞边长投影的俯视图都为 C．当1molCeO2发生变化时，可吸收标准状况下NO的体积为11.2 L D．若晶胞边长为a pm，CeO2晶体的密度为 5．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)硫化锌(ZnS)纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料。在电池充电过程中，ZnS转化为LixZnyS，LixZnyS中Li+和Zn2+为LiZn合金相，LixZnyS再转化为Li2S，晶胞的组成变化如图所示。 下列说法错误的是( ) A．LixZnyS晶胞中，x=1.5、y=0.25 B．当LixZnyS转化为Li2S时，每个晶胞有(8-4x)个Li+迁移 C．Li2S晶体中Li+的配位数是4 D．若Li2S的晶体密度为a g· cm-3，摩尔质量为M g·molˉ1，则距离最近的两个S2-间的距离是 1．(2026·浙江省浙南名校联盟三联考一模)根据元素周期律推测，下列说法不正确的是( ) A．酸性：H2SO4＞H3PO4 B．第一电离能：F＞N＞O C．化合物中键的极性：HCl＞HF D．化合物中离子键百分数：Na2O＞Na2S 2．(2026·浙江省新阵地教育联盟高三第一次模拟预测)工业上电解饱和食盐水可制得烧碱。下列说法正确的是( ) A．半径大小：O2-＜Na+ B．化合物中离子键百分数：KCl＜NaCl C．第一电离能大小：O＜Na D．电负性大小： Cl＜O 3．(2026·浙江省Z20联盟高三一模)黑云母是一种层状硅酸盐矿物，其通用化学式为K(Mg，Fe)3AlSi3O10(F，OH)2，下列说法正确的是( ) A．离子键百分数：K2O＜Al2O3 B．离子半径：O2-＞F- C．沸点：SiO2＜HF D．碱性：Mg(OH)2＜Al(OH)3 4．(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考)工业上电解熔融Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)的混合物可制得铝。下列说法正确的是( ) A．半径大小： B．电负性大小： C．电离能大小： D．碱性强弱：NaOH＜Al(OH)3 5．(2026·浙江省杭州第二中学高三月考)根据元素周期律，下列说法不正确的是( ) A．第一电离能：Cl>P>S B．热稳定性：H2O＞H2S C．碱性：Ca(OH)2＜Ba(OH)2 D．非金属性：Si<Ge 6．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模)太阳能转化为电能时，要用到、、等半导体材料。下列说法正确的是( ) A．原子半径：r(As)＜r(Ga) B．第二电离能：I2(Si)＞I2(P) C．热稳定性：PH3＜AsH3 D．酸性：H3PO4＜H2SiO3 7．(2026·浙江省新阵地教育联盟三联考)已知，该反应得到的两种有机产物的量几乎一样多，为了得到较单一的有机产物，可先加入环六糊精形成超分子，再加入，如下图所示。下列说法错误的是( ) A．环六糊精属于多糖，会水解产生单糖 B．A中有机物的主要成分为对氯苯甲醚 C．根据超分子可知，环六糊精腔内极性较小 D．可用萃取法分离环六糊精和有机产物 8．(2026·浙江省永嘉市高三第一次联考)在我国青海、西藏等地有许多干涸盐湖盛产含钠盐的。是一种易溶于水的白色固体，其水溶液用硫酸酸化可得到H3BO3【其分子结构可描述为B(OH)3】。纯净的H3BO3为无色小片状透明晶体。将H3BO3与甲醇、浓硫酸混合点燃，可以产生独特的绿色火焰。已知此反应的原理为：在浓硫酸的催化下H3BO3与甲醇反应生成硼酸三甲酯B(OCH3)3；B(OCH3)3发生燃烧，生成的水和CO2逸出体系，而生成的H3BO3留在反应体系中。结合上述材料和所学知识，判断下列说法正确的是( ) A．已知Al(OH)3溶于浓可得到[Al(OH)4]-和少量[Al(OH)6]3-，则中很可能含有aB(OH)4和少量Na3B(OH)6 B．已知B(OH)3的最常见晶体中有类似石墨的层状结构，且每层按如图所示的方式通过氢键形成无限网状结构，则其晶体类型为混合晶体 C．已知原亚硝酸三甲酯N(OCH3)3中的原子采取sp3杂化，则硼酸三甲酯中亦采取sp3杂化 D．题中所描述的燃烧反应进行一段时间后，火焰逐渐熄灭，如要使反应继续进行，需要添加甲醇并重新点燃 9．(2026·浙江省宁波市镇海首考最后一卷)B和Al为同主族相邻元素。下列关于物质性质或现象的解释错误的是( ) A．还原性：NaAlH4＞LiBH4，原因之一是AlH4-中H的负电性更高 B．水中溶解度：CO＞N2，是因CO的极性大于N2 C．酸性：H3BO3＞Al(OH)3，是因B的电负性更强导致硼酸中O-H更易电离 D．熔点：AlF3(1040℃)＞BF3(-127℃)，是因AlF3是离子晶体而BF3是分子晶体 10．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)Fe2+为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，结构如图甲所示(配体M为H2O、O2 或CO)。载氧时，血红蛋白分子中脱去配位的H2O并与O2 配位；若人体吸入CO，则CO占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。卟啉环为平面结构(如图乙所示)，能与铁、钴等金属离子配位，不能与Li+、Na+等配位。下列有关说法错误的是( ) A．卟啉环具有识别功能，可以分离Fe2+ 与Na+ B．与铁卟啉配位的能力：CO大于O2 大于H2O C．卟啉环中1号N原子与2号N原子形成的键数目相同 D．该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱 11．(2026·浙江宁波市“十校”高三二模)硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的氯化试剂和脱水试剂，可发生水解生成两种强酸。氯磺酸加热可得到硫酰氯，但温度高于553 K时硫酰氯会分解生成SO2和Cl2。下列有关说法错误的是( ) A．硫酰氯分子的空间构型为四面体形 B．由氯磺酸加热制硫酰氯的过程中会有硫酸生成 C．SO2Cl2分解生成SO2和Cl2为熵增反应 D．水溶液中，1 mol硫酰氯最多可以与3 mol NaOH完全反应 12．(2026·江省台州市椒江区等5地高三一模) Mg2Fe是一种很有发展潜力的新型储氢材料，其晶胞为立方体，Fe位于顶点和面心，Mg位于顶点和相邻面心形成的四面体中心，储氢后形成化合物X，氢以正八面体构型分布在每个Fe周围。下列说法不正确的是( ) A．化合物X的化学式为Mg2FeH6 B．化合物X遇水产生H2、Mg和Fe C．化合物X减压和高温有利于释放H2 D．Mg2Fe的硬度高于纯铁和纯镁 13．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)近年来诺贝尔化学奖授予金属有机框架材料开发领域，MOF-5是其中最具代表性的材料之一，由[Zr4O]6+与对苯二甲酸根()通过配位键连接，其中与同一配体相连的两个[Zr4O]6+的取向不同，MOF-5晶体内部的空腔可以吸附小分子。下列说法不正确的是( ) A．基态的电子空间运动状态为14种 B．可用X射线衍射实验确定MOF-5材料的结构 C．可在配体上引入-OH、--CH3以增强MOF-5与H2O之间的吸附作用 D．MOF框架空隙大小由金属离子半径和有机配体的大小、形状共同决定 14．(2026·浙江省强基联盟高三二模)气态N2O5呈平面结构，其结构式为。固态N2O5的晶胞如图所示，下列说法不正确的是( ) A．实验室利用P2O5的吸水性与浓硝酸反应制得N2O5 B．气态N2O5中N原子的杂化方式为sp2杂化 C．1mol气态N2O5中含6NA个σ键 D．固态N2O5为离子化合物 15．(2026·浙江省七校联盟高三一模)研究笼形包合物结构和性质具有重要意义，化学式为Ni(CN)x·Zn(NH3)y·2C6H6 (C6H6代表苯)的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出，晶胞中N原子均参与形成配位键)。下列说法不正确的是( ) A．该晶体属于为混合晶体 B．x：y=2：1 C．当用吡啶代替苯时，会得到相似的笼形包合物 D．若对该笼形包合物进行加热，首先脱离晶胞的组分是NH3 16．(2026·浙江省县域教研联盟高三一模)2025年诺贝尔化学奖授予Susumu Kitagawa、Richard Robson和Omar M。 Yaghi，以表彰他们在金属有机框架(MOF又名多孔配位聚合物)材料的发展方面所作出的贡献。现有金属有机框架MOF-5由和对苯二甲酸根构成，形成规整的三维立方孔道结构(见下图)。 下列关于金属有机框架的说法不正确的是( ) A．MOF-5其骨架结构中存在配位键 B．MOF-5中对苯二甲酸根中的碳原子均采取sp2杂化 C．MOF-5和冠醚一样，属于超分子 D．金属有机框架(MOF)在储氢及环境净化等领域是极具发展潜力的关键材料 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题04物质结构与性质 PART2押题预测 ◆考点1应用元素周期律推测 01考点狙击 【典例】C 02情境猜押 1.B 2.C 3.D 4.A 5.B 6.A 。考点2元素推断 01考点狙击 【典例】C 02情境猜押 1.C 2.B 3.D 4.C 5.B 考点3原子、分子结构与性质 01考点狙击 1/2 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 【典例】D 02情境猜押 1.C 2.C 3.B 4.D 5.A 。考点4晶体结构与性质 01考点狙击 【典例】D 02情境猜押 1.C 2.D 3.B 4.C 5.D PART3通关特训川 题号 1 2 3 4 6 7 8 9 10 答案 C D B A D A A D C 题号 11 12 13 14 15 16 答案 D ◇ A D D C 2/2