专题01 物质结构与性质综合题（大题专练，逐空突破）（浙江专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题01 物质结构与性质综合题 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+3年高考真题热点设问拆解 【解题精析·通技法】析典例，明思路，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题·趋势·定位 浙江省第17题前半部分试题考查物质结构与性质，主要是晶体化学式确定、电子排布式、电负性、电离能、吸电子能力一、氢键强弱、共价键强弱等知识，考查学生获取信息能力、分析推理能力、迁移应用能力，体现“性构相依”的重要思想和基本观念，评估学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的水平。从命题的形式来看，物质结构与性质综合题为“拼盘”命制的题型，各小题之间相对独立，重点考查考生对基础知识的掌握情况，主要考查原子结构与性质、分子结构与性质、晶体结构与性质。①在原子结构部分主要命题点有电子排布式或电子排布图的书写，电离能、电负性大小、微粒半径的比较与判断。②在分子结构部分主要命题点有化学键类型的判断，空间结构的判断，中心原子杂化方式的判断，能从化学键角度认识分子的结构、性质，从宏观和微观相结合的视角分析与解决实际问题。③在晶体结构部分主要命题点有晶体类型的判断，晶体结构的计算等。 预测2026年6月浙江选考，仍将以元素及化合物为切入口，该部分内容重在“结构决定性质”思想的树立，考查空间想象能力。在原子结构部分主要命题点有电子排布式或排布图的书写，电离能、电负性大小的比较与判断；在分子结构部分主要命题点有化学键类型的判断，分子构型的判断，中心原子杂化方式的判断；在晶体结构部分主要命题点有晶体类型的判断，晶体结构的计算等。 热点·设问·拆解 热点设问01 原子结构与性质 2025·浙江6月，17(1) 2025·浙江1月，17(1) 2024·浙江省6月，17(2) 2024·浙江省1月，17(2) 2023·浙江省6月，17(1) 2023·浙江省6月，17(2) 热点设问02分子结构与性质 2026浙江1卷，17(2)(3) 2025·浙江省1月，17(3) 2024·浙江省6月，17(3) 2024·浙江省1月，17(3) 2023·浙江省6月，17(2) 2023·浙江省1月，17(1) 热点设问03晶体结构与性质 2026浙江1卷，17(1) 2025·浙江6月卷，17(2) 2025·浙江省1月，17(2) 2024·浙江省6月，17(1) 2024·浙江省1月，17(1) 2023·浙江省6月，17(3) 热点设问01 原子结构与性质 析典例·明思路 1．(2025·浙江6月，17)铜在自然界大多以硫化物形式成矿。请回答： (1)有关铜和硫的说法正确的是_______。 A．基态硫原子有7对成对电子 B．铜焰色试验呈绿色，与铜原子核外电子跃迁释放能量有关 C 基态铜原子失去2个电子，3d轨道形成全充满结构 D．配位键强度：[Cu(NH3)4]2+＞[Cu(NH3)4]+ 【答案】(1)ABD 【解析】(1)A项，硫原子的原子序数为16，其基态电子排布为：1s22s22p63s23p4，其中，1s、2s、2p、3s轨道中的电子都是成对的，共6对，3p轨道中有4个电子，其中有1对成对电子，2个单电子未成对。因此，成对电子共7对，A正确；B项，焰色反应是金属离子在高温下激发，电子跃迁回基态时释放能量，以光的形式表现，B正确；C项，基态铜原子电子排布式为[Ar]3dl04s1，当基态铜原子失去2个电子时，先失去4s轨道的1个电子，再失去3d轨道的1个电子，形成：[Ar]3d9，3d轨道并未充满，C错误；D项，配位数是指中心原子周围配体的个数，[Cu(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]+配位数都是1，但[Cu(NH3)4]2+的中心铜离子电荷更高，说明中心铜离子的氧化态更高，配体结合更稳定，D正确；故选ABD。 2．(2025·浙江省1月，17)磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答： (1)关于ⅤA族元素原子结构的描述，下列说法正确的是_______。 A．基态P原子3p轨道上的电子自旋方向相同 B．As3+的最外层电子数为18 C．P3+的半径小于P5+的半径 D．电子排布为[Ne]3s13p4的P原子处于激发态 【答案】(1)AD 【解析】(1)A项，基态P原子价电子排布式为3s23p3，根据洪特规则，3p轨道上的3个电子自旋方向相同，故A正确；B项，基态As原子价电子排布式为4s24p3，As3+的价电子排布式为4s2，最外层电子数为2，故B错误；C项，P3+比P5+多一个电子层，所以P3+的半径大于P5+的半径，故C错误；D项，基态P原子的电子排布式为[Ne]3s23p3的，电子排布为[Ne]3s13p4的P原子处于激发态，故D正确；选AD。 3．(2024·浙江省6月，17)氧是构建化合物的重要元素。请回答： (2)下列有关单核微粒的描述正确的是_______。 A．Ar的基态原子电子排布方式只有一种 B．Na的第二电离能的第一电离能 C．Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2 D．Fe原子变成Fe+，优先失去轨道上的电子 【答案】(2)AB 【解析】(2)A项，根据原子核外电子排布规律，基态Ar原子的电子排布方式只有1s22s22p63s23p6一种，A项正确；B项，Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，Na+和Ne具有相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，故Na的第二电离能＞Ne的第一电离能，B项正确；C项，Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，C项错误；D项，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，D项错误；故选AB。 4．(2024·浙江省1月，17)氮和氧是构建化合物的常见元素。 已知： 请回答： (2)下列说法正确的是_______。 A．电负性：B＞N＞O B．离子半径：P3-＜S2-＜Cl- C．第一电离能：Ge＜Se＜As D．基态2+的简化电子排布式：[Ar]3d4 【答案】(2)CD 【解析】(2)A项，同一周期，从左到右，电负性依次增强，故顺序为O＞N＞B，A错误；B项，核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故顺序为P3-＞S2-＞Cl-，B错误；C项，同一周期，从左到右，电离能增大的趋势，VA族和ⅥA族相反，故顺序为Ge＜Se＜As，C正确；D项，基态Cr的简化电子排布式：[Ar]3d54s1，Cr2+的简化电子排布式为[Ar]3d4，D正确；故选CD。 5．(2023·浙江省6月，17)氮的化合物种类繁多，应用广泛。 请回答： (1)基态N原子的价层电子排布式是___________。 【答案】(1)2s22p3 【解析】(1)N核电荷数为7，核外有7个电子，基态N原子电子排布式为1s22s22p3，则基态N原子的价层电子排布式是2s22p3。 6．(2023·浙江省6月，17)硅材料在生活中占有重要地位。 请回答： (2)由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，有关这些微粒的叙述，正确的是___________。 A．微粒半径：③>①>② B．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①② C．电离一个电子所需最低能量：①>②>③ D．得电子能力：①>② 【答案】(2)AB 【解析】(2)电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，可推知分别为基态Si原子、基态Al原子、激发态Si原子；A项，根据微粒电子层数及各层电子数多少可推知，微粒半径：③>①>②，A正确；B项，根据上述分析可知，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②，B正确；C项，Si为非金属失电子能力比Al弱，电离一个电子所需最低能量：①>③>②，C错误；D项，非金属Si的得电子能力强于金属Al，得电子能力：②>①，D错误；故选AB。 研考点·通技法 1．原子结构与化学键 (1)微粒间“三个”数量关系 中性原子：核电荷数=核内质子数=核外电子数=原子序数 阴离子：核外电子数=质子数+所带的电荷数 阳离子：核外电子数=质子数-所带的电荷数 (2)“四同”的判断方法——关键是抓住描述的对象 ①同位素——原子，如HHH。 ②同素异形体——单质，如O2与O3，金刚石与石墨，红磷与白磷。 ③同系物——有机化合物，如CH3CH3、CH3CH2CH3。 ④同分异构体——化合物，如正戊烷与新戊烷。 (3)10e-、18e-微粒 10电子体和18电子体是元素推断题的重要突破口。 以Ne为中心记忆10电子体： Ne 以Ar为中心记忆18电子体： Ar 此外，由10电子体中的CH4、NH3、H2O、HF失去一个H原子后的剩余部分如—CH3、—NH2、—OH、—F等为9电子体，两两组合得到的物质如CH3CH3、CH3OH、H2O2、N2H4、F2等为18电子体。 (4)化学键与化合物的关系 (5)规避化学键判断的易错点 ①在离子化合物中一般既含有金属元素又含有非金属元素(铵盐除外)；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐。 ②非金属单质只含共价键或不含化学键(稀有气体)。 ③气态氢化物是共价化合物，只含共价键；而金属氢化物(如NaH)是离子化合物，含离子键。 ④分子的稳定性与分子间作用力无关，而与分子内部化学键的强弱有关。 2.原子核外电子排布的“三”规律 能量最 低原理 原子核外电子总是先占据能量最低的原子轨道 泡利原理 每个原子轨道上最多只能容纳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 3.基态原子核外电子排布的表示方法 表示方法 含义 举例 原子或离子结构示意图 表示核外电子分层排布和核内质子数 电子式 表示原子最外层电子数目 · 核外电子排布式 表示每个能级上排布的电子数 S：1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4 S2-：1s22s22p63s23p6 电子排布图 (轨道表示式) 表示每个原子轨道中电子的运动状态 价电子排布式或排布图 表示价电子的排布 S：3s23p4 Fe：3d64s2 4．电离能及其应用 (1)电离能的变化规律 ①同周期从左到右(ⅠA族→0族)，第一电离能呈增大的趋势。但第ⅡA族(ns2np0)和第ⅤA族(ns2np3)，因为p轨道处于全空或半充满状态，比较稳定，所以其第一电离能大于同周期右侧相邻的第ⅢA族或第ⅥA族元素，如第一电离能：Mg>Al、P>S。 ②逐级电离能逐渐增大(I1<I2<……)，同能层的变化不大，但不同能层的差别很大(突变)。如Na：I1≪I2……I9≪I10<I11。 (2)电离能的应用 ①判断元素金属性的强弱：一般来说，电离能越小，金属越容易失去电子，金属性越强；反之越弱。 ②判断元素的化合价：根据逐级电离能确定最外层电子数和各层电子数。 5．电负性及其应用 (1)电负性变化规律 在周期表中，元素电负性从左到右逐渐增大，从上往下逐渐减小。 (2)电负性的三个主要应用 ①确定元素类型：一般来说，电负性大于1.8的为非金属元素；电负性小于1.8的为金属元素。 ②确定化学键类型：一般来说，两成键元素电负性差值大于1.7时易形成离子键；两成键元素电负性差值小于1.7时易形成共价键。 ③判断化合物中元素价态正负：一般来说，电负性大的元素呈现负价，电负性小的元素呈现正价。 6．元素周期表和元素周期律 (1)强化记忆元素周期表的结构 (2)利用区间定位推断元素 对于原子序数较大的元素，可采用区间定位确定元素。 元素周期表中各族的排列顺序由左到右依次为ⅠA、ⅡA、ⅢB、ⅣB、ⅤB、ⅥB、ⅦB、Ⅷ、ⅠB、ⅡB、ⅢA、ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA、0，牢记各周期对应的0族元素的原子序数，可以快速确定周期数。 周期 一 二 三 四 五 六 七 起止序数 1~2 3~10 11~18 19~36 37~54 55~86 87~118 7．粒子半径大小比较规律 在中学化学要求的范畴内，可按“三看”规律来比较粒子半径的大小： “一看”电子层数：当最外层电子数相同，电子层数不同时，电子层数越多，半径越大。 例：r(Li)<r(Na)<r(K)<r(Rb)<r(Cs)；r(O2-)<r(S2-)<r(Se2-)<r(Te2-)。 “二看”核电荷数：当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小。 例：r(Na)>r(Mg)>r(Al)>r(Si)>r(P)>r(S)>r(Cl)；r(O2-)>r(F-)>r(Na+)>r(Mg2+)>r(Al3+)。 “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。 例：r(Cl-)>r(Cl)；r(Fe2+)>r(Fe3+)。 8．金属性、非金属性强弱的判断 破类题·提能力 1．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)过渡金属Fe、Co、Ni、Mn是锂电池正极材料的重要元素。 (1)下列说法正确的是___________。 A．Fe位于元素周期表的ds区 B．基态Ni原子核外电子空间运动状态有14种 C．还原性：Fe2+>Mn2+ D．结合OH-能力：Fe3+>Fe2+ 2．(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考)过渡金属是工业催化中的关键元素。请回答： (1)下列说法正确的是___________。 A．基态铬原子中存在10对成对电子 B．50Sn元素位于元素周期表第14列 C．钡焰色实验呈黄绿色与电子从低能级跃迁到高能级有关 D．配位键的强度：[Cu(NH3)]2+＞[Cu(NF3)]2+ 3．(2026·浙江省北斗星盟高三一模)氮化铁有多种晶体结构，多孔的氮化铁材料因其较高的理论容量和良好的导电性，被探索作为锂离子电池的负极材料。请回答： (1)有关铁和氮的说法正确的是_______。 A．铁丝可用作焰色试验，说明铁原子核外电子跃迁时没有能量变化 B．基态铁原子失去2个电子，3d轨道形成半充满结构 C．键角：NH3＜NO3- D．N(SiH3)3中N与Si原子在同一平面，则其原子价层孤电子对占据sp²杂化轨道 4．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模)根据要求回答下列问题： (1)试剂MBTH常用于检测室内空气中甲醛的含量，其结构为。下列说法不正确的是___________(填标号)。 A．电负性：N＞C＞H B．4种元素均位于p区 C．基态原子核外电子有16种空间运动状态 D．MBTH与甲醛发生加成反应时，氨基H与醛基C成键 热点设问02分子结构与性质 析典例·明思路 1．(2026浙江1卷，17) 回答下列问题： (2)将HF与HNO3按等物质的量发生化合反应生成[H2NO3]+F-，写出[H2NO3]+的结构式： 。 (3)已知：，则： ①中S原子的杂化方式： 。 ②熔点：LiF Li+[ N(SO2F)2]-(填“>”、“<”或“=”)，原因： 。 ③与反应生成与X，X的结构简式： 。 ④等物质的量(C2H5)3N、 HN(SO2F)2混合，主要产物为[(C2H5)3NH]+[ N(SO2F)2]-，原因： 。 ⑤与足量NaOH生成气体的化学方程式： ； 【答案】(2) (3)sp3 > 氟离子半径小，离子键强 SiF2(CH3)2 HN(SO2F)2 中-SO2F吸电子，N-H键极性较大，H容易以H+的形式解离，(C2H5)3N中-C2H5推电子，N上的电子云密度大，容易与H+形成配位键 HN(SO2F)2+6NaOH=2NaF+2Na2SO4+NH3↑+2H2O 【解析】(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HNO3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[H2NO3]+的结构式为； (3)①S原子形成2个S=O双键和两个S-F键，σ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Li+[ N(SO2F)2]-；③与反应的产物之一是 HN(SO2F)2，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 HN(SO2F)2，所以这两个F原子与结合生成SiF2(CH3)2；④ HN(SO2F)2中F的电负性很大，-SO2F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(C2H5)3N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[(C2H5)3NH]+；⑤先水解生成H2SO4、HF、NH3，则与足量NaOH反应会产生气体为NH3，其余两种酸与NaOH反应，因此反应方程式为HN(SO2F)2+6NaOH=2NaF+2Na2SO4+NH3↑+2H2O。 2．(2025·浙江省1月，17)磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答： (3)两分子H3PO4(Ka3=4.8×10-13)脱水聚合得到一分子H4P2O7(Ka3=2.0×10-7)，从PO43-、HP2O73-的结构角度分析Ka3差异的原因 。 【答案】(3) H3PO4中含有1个非羟基氧，H4P2O7含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子 【解析】(3)H3PO4中含有1个非羟基氧，H4P2O7含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子，所以H4P2O7的Ka3大于H3PO4的Ka3。 3．(2024·浙江省6月，17)氧是构建化合物的重要元素。请回答： (3)化合物和的结构如图2。 ①和中羟基与水均可形成氢键()，按照氢键由强到弱对三种酸排序 ，请说明理由 。 ②已知、钠盐的碱性NaC＞NaD，请从结构角度说明理由 。 【答案】(3)①HC>HB>HA O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，其中羟基与H2O形成的氢键逐渐增强 ②S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，碱性NaC＞NaD 【解析】(3)①O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，从而其中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC>HB>HA；②HC、HD钠盐的碱性NaC＞NaD，说明酸性HC＜HD，原因是：S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，钠盐的碱性NaC＞NaD。 4．(2024·浙江省1月，17)氮和氧是构建化合物的常见元素。 已知： 请回答： (3)①H2N-NH2+H+→H2N-NH3+，其中-NH2的N原子杂化方式为 ；比较键角中的-NH2 H2N-NH3+中的-NH3+ (填“>”、“<”或“=”)，请说明理由 。 ②将HNO3与SO3按物质的量之比1：2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是NO2+。比较氧化性强弱：NO2+ HNO3 (填“>”、“<”或“=”)；写出A中阴离子的结构式 。 【答案】(3) sp3 ＜ -NH2有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小 ＞ 【解析】(3)①-NH2的价层电子对数，故杂化方式为sp3；-NH2价层电子对数为4，有一对孤电子对，-NH3+价层电子对数，无孤对电子，又因为孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，故键角中的-NH2＜H2N-NH3+中的-NH3+；②将HNO3与SO3按物质的量之比1：2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是NO2+，则A为NO2HS2O7，NO2+为硝酸失去一个OH-，得电子能力更强，氧化性更强，故氧化性强弱：NO2+ ＞HNO3；阴离子为HS2O7-根据已知可知其结构式为。 5．(2023·浙江省6月，17)氮的化合物种类繁多，应用广泛。 请回答： (2)与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。 ①下列说法不正确的是___________。 A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：1s22s12p33s1 B．化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2＞Mg3N2 C．最简单的氮烯分子式：N2H2 D．氮烷中N原子的杂化方式都是sp3 ②氮和氢形成的无环氨多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为______。 ③给出H+的能力：NH3 _______[ CuNH3]2+ (填“>”或“<”)，理由是___________。 【答案】(2)① A ②NnHn+2−2m(，m为正整数) ③＜ ④[CuNH3]2+形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂 【解析】(2)①A项，能量最低的激发态N原子应该是2p能级上一个电子跃迁到3s能级，其电子排布式：1s22s22p23s1，故A错误；B项，钙的金属性比镁的金属性强，则化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2＞Mg3N2，故B正确；C项，氮有三个价键，最简单的氮烯即含一个氮氮双键，另一个价键与氢结合，则其分子式：N2H2，故C正确；D项，氮烷中N原子有一对孤对电子，有三个价键，则氮原子的杂化方式都是sp3，故D正确；故选A。②氮和氢形成的无环氨多烯，一个氮的氮烷为NH3，两个氮的氮烷为N2H4，三个氮的氮烷为N3H5，四个氮的氮烷为N4H6，设分子中氮原子数为n，其氮烷分子式通式为NnHn+2，根据又一个氮氮双键，则少2个氢原子，因此当双键数为m，其分子式通式为NnHn+2−2m(，m为正整数)；③[CuNH3]2+形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，因此给出H+的能力：NH3＜[CuNH3]2+。 6．(2023·浙江省1月，17)硅材料在生活中占有重要地位。 请回答： (1) Si(NH2)4分子的空间结构(以Si为中心)名称为________，分子中氮原子的杂化轨道类型是_______。Si(NH2)4受热分解生成Si3N4和NH3，其受热不稳定的原因是________。 【答案】(1)四面体 sp3 Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强[Si(NH2)4中Si-N键键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增) 【解析】(1)Si(NH2)4分子可视为SiH4分子中的4个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的，所以Si(NH2)4分子中Si原子轨道的杂化类型是sp3，分子的空间结构(以Si为中心)名称为四面体；氨基(-NH2)氮原子形成3个σ键，含有1对孤对电子，N原子杂化轨道数目为4，N原子轨道的杂化类型是sp3；Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强Si(NH2)4中Si-N键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)，故Si(NH2)4受热不稳定，容易分解生成Si3N4和NH3。 研考点·通技法 1．共价键 (1)分类 ②配位键：形成配位键的条件是成键原子一方(A)能够提供孤电子对，另一方(B)具有能够接受孤电子对的空轨道，可表示为A—B。 (2)σ键和π键的判断方法 共价单键为σ键，双键中有一个σ键和一个π键，三键中有一个σ键和两个π键。但注意配位键也属于σ键，如1 mol [Cu(NH3)4]2+中所含σ键数目为16NA。 (3)大π键 ①定义：大π键一般是三个或更多个原子间形成的，是未杂化轨道中原子轨道“肩并肩”重叠形成的π键。 ②表达式：m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。 ③示例：、；CH2CH—CHCH2、；N、；SO2、；O3、；C、。 2．中心原子价层电子对数、杂化轨道类型与粒子的立体构型(A型) 价层电子对数(杂化轨道数) 2 3 4 杂化轨道类型 sp sp2 sp3 价层电子对模型(VSEPR) 直线形 三角形 四面体形 粒子组成形式与构型 AB2： 直线形 AB2： V形 AB3： 三角形 AB2： V形 AB3： 三角锥形 AB4：(正) 四面体形 规律 当中心原子无孤电子对时，分子构型与价层电子对模型一致；当有孤电子对时，分子的构型为去掉孤电子对后剩余部分的立体构型，且孤电子对会对分子构型产生“挤压”效果，使键角变小 3．中心原子杂化类型和分子空间构型的相互判断 分子(A为中心原子) 中心原子杂化方式 中心原子孤电子对数 分子构型 示例 AB2 sp 0 直线形 BeCl2 sp2 1 V形 SO2 sp3 2 V形 H2O AB3 sp2 0 平面三角形 BF3 sp3 1 三角锥形 NH3 AB4 sp3 0 正四面体形 CH4 4．常见等电子体 粒子 通式 价电子总数 立体构型 CO2、SCN－、NO、N、N2O、COS、CS2 AX2 16e－ 直线形 CO、NO、SO3 AX3 24e－ 平面三角形 SO2、O3、NO AX2 18e－ V形 SO、PO AX4 32e－ 正四面体形 PO、SO、ClO AX3 26e－ 三角锥形 CO、N2、C AX 10e－ 直线形 CH4、NH AX4 8e－ 正四面体形 5．键的极性与分子极性的关系 类型 实例 两个键之间的夹角 键的极性 分子的极性 空间构型 X2 H2、N2 － 非极性键 非极性分子 直线型 XY HCl、NO － 极性键 极性分子 直线型 XY2(X2Y) CO2、CS2 180° 极性键 非极性分子 直线型 SO2 120° 极性键 极性分子 三角形 H2O、H2S 104．5° 极性键 极性分子 V形 XY3 BF3 120° 极性键 非极性分子 平面三角形 NH3 107．3° 极性键 非极性分子 三角锥形 XY4 CH4、CCl4 109．5° 极性键 非极性分子 正四面体 6．三种作用力及其对物质性质的影响 范德华力 氢键 共价键 作用微粒 分子 H与N、O、F 原子 强度比较 共价键>氢键>范德华力 影响因素 组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越大 A—H…B中形成氢键元素的电负性(A、B的电负性) 原子半径 对性质 的影响 影响物质的熔点、沸点、溶解度等物理性质 分子间氢键使熔点、沸点升高，溶解度增大 键能越大，稳定性越强 5．配位化合物 配合物的组成 [中心离子(配体)n][外界] 典型配合物 Cu(NH3)4SO4 Fe(SCN)3 Ag(NH3)2OH 中心离子 Cu2+ Fe3+ Ag+ 中心离子结构特点 一般是金属离子，特别是过渡金属离子，必须有空轨道 配体 NH3 SCN- NH3 配体结构特点 分子或离子，必须含有孤对电子(如NH3、H2O、CO、Cl-、SCN-等) 配位数(n) 4 3 2 外界 SO42- 无 OH- 颜色 深蓝色 血红色 无色 配离子所含化学键 配体通过配位键与中心离子结合 配合物所含化学键 配位键、离子键；配体或外界中可能还含有共价键 配合物的常见性质 属于离子化合物，多数能溶解、能电离，多数有颜色 金属羰基配合物 是过渡金属和一氧化碳配位形成的配合物，如四羰基镍[Ni(CO)4]。在许多有机化合物的合成反应中，金属羰基配合物常常作为这些反应的催化剂 二茂铁 二茂铁的结构为一个铁原子处在两个平行的环戊二烯的环之间。在固体状态下，两个茂环相互错开成全错位构型，温度升高时则绕垂直轴相对转动。二茂铁的化学性质稳定，类似芳香族化合物 7．超分子 (1)定义：有两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。 注意：超分子定义中分子是广义的，其中包括离子。 (2)特征：分子识别和自组装。 破类题·提能力 1．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)过渡金属Fe、Co、Ni、Mn是锂电池正极材料的重要元素。 (4)相对于三元材料中的M-O键(M表示Co、Ni、Mn)，磷酸铁锂(LiFePO4)电池中的P-O键使其高温性能更佳、循环次数更多，试从结构角度分析原因___________。 2．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模) (3)已知CO2+H2OH2CO3，CS2与NH3按照物质的量之比为1：2发生类似反应得到NH4+和一种阴离子，写出阴离子的结构式 。 (4)H2S2O3结构式为 ，从结构角度解释H2S2O3的酸性弱于H2SO4原因是 。 3．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)过渡金属及其有关化合物是材料化学的重要研究内容。请回答： (2)由含钴矿渣制备钴，矿渣酸浸所得可被X(如图所示)萃取。 ①两分子X易形成二聚体，请写出该二聚体的结构：___________。 ②X与足量浓NaOH加热反应的化学方程式：___________。 ③萃取剂Y的酸性比X的弱，请从结构角度解释原因：___________。 4．(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考) (3)化合物A()、B()是氮化合物的主要中间体。 ①化合物X的化学式与B相同，但熔、沸点更为显著。写出化合物X的电子式 。 ②化合物A、B分别结合质子后，测得[H2A]2+的给质子能力比[H2B]2+弱，请从“键的极性大小对化学性质的影响”角度说明理由 。 ③低温条件下，化合物A与NaOH溶液、H2O2溶液反应，得到含有[OC(NH2)2]的溶液。 (ⅰ)将反应体系温度下降至低温的目的是 。 (ⅱ)写出过程中化合物A涉及的离子方程式 。 5．(2025·浙江师大附中高三模拟考试)C和S是构建化合物的重要元素，请回答： (2)①已知CO2+H2OH2CO3，CS2与NH3按照物质的量之比为1∶2发生类似反应得到NH4+和一种阴离子，写出阴离子的结构式 。 ②从结构角度分析浓硫酸氧化性比稀硫酸强的原因 。 6．(2025·浙江省杭州市高三一模)N、O、F的化合物种类繁多，应用广泛，请回答： (3)O3分子的键角约为117°，中心O原子的杂化方式为 。 (4)已知吡啶()和吡咯()分子中均存在6个电子参与形成的大键，判断碱性：吡啶 吡咯(填“>”、“<”、“=”)。 (5)弱电解质的电离一般是吸热，而HF(aq)H+(aq)+F-(aq) ΔH＜0结合F-的结构说明原因 。 【答案】(3)sp2 (4)> (5)F-半径小，能与水分子形成强烈的静电作用，水合时释放大量能量 【解析】(3)由O3分子的键角约为117°可知，O3中心O原子价层电子对数为，采取sp2杂化。(4)吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了环的形成，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，碱性：吡啶>吡咯。(5)任何一种酸在水中电离都分为两个过程：解离过程和溶剂化过程，离解过程是HF离解成F-和H+，这个过程是吸热的，溶剂化过程是离解出来的F-和H+与溶剂水作用，得到水合离子的过程，这个过程是放热的，当第二个过程放出的热比第一个过程吸收的热多，表现为放热。则  HF(aq)H+(aq)+F-(aq)  ΔH＜0，原因为F-半径小，能与水分子形成强烈的静电作用，水合时释放大量能量。 热点设问03晶体结构与性质 析典例·明思路 1．(2026浙江1卷，17)回答下列问题： (1)CaF2的晶胞如图。请回答： ①CaF2的电子式： ； ②Ca2+旁边最近的Ca2+有 个； ③ErF3荧光掺入，Er3+代替 (A或B)。 【答案】(1) ① ②12 ③B 【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CaF2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)；③ErF3掺入后，Er3+为阳离子，代替的是原有阳离子Ca2+，即B； 2．(2025·浙江6月卷，17)(2)一种铜化合物的晶胞如图，写出由配离子表示的该化合物的化学式_______。 【答案】(2)[Cu(NH3)4][PtCl4] 【解析】(2)根据均摊法，该铜化合物的晶胞中含Pt：，每个Pt周围四个Cl配位；每个晶胞中含Cu：，每个Cu周围四个NH3配位，则由配离子表示的该化合物的化学式为[Cu(NH3)4][PtCl4]； 3．(2025·浙江省1月，17)磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答： (2)某化合物的晶胞如图。 ①化学式是 ； ②将0.01mol该化合物加入到含少量石蕊的10mLH2O中，实验现象是 (从酸碱性和溶解性角度推测)。 【答案】(2) Ca3PCl3 溶液变蓝，有气体放出 【解析】(2)①根据均摊原则，晶胞中Cl原子数、P原子数、Ca原子数，所以化学式是Ca3PCl3；②Ca3PCl3中P显-3价，将0.01mol该化合物加入到含少量石蕊的10mLH2O中，反应生成氯化钙、氢氧化钙、PH3气体，溶液呈碱性，实验现象是溶液变蓝，有气体放出。 4．(2024·浙江省6月，17)氧是构建化合物的重要元素。请回答： (1)某化合物的晶胞如图1，的配位数(紧邻的阳离子数)为 ；写出该化合物的化学式 ，写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式 。 【答案】(1)12 K3ClO K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O 【解析】(1)由晶胞结构知，Cl位于8个顶点，O位于体心，K位于面心，1个晶胞中含Cl：8×=1个、含O：1个、含K：6×=3个，该化合物的化学式为K3ClO；由图可知，Cl-的配位数为=12；该化合物可看成KCl∙K2O，故该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3∙H2O，反应的化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O。 5．(2024·浙江省1月，17)氮和氧是构建化合物的常见元素。 已知： 请回答： (1)某化合物的晶胞如图，其化学式是 ，晶体类型是 。 【答案】(1)CrCl2·4H2O 分子晶体 【解析】(1)由晶胞图可知，化学式为CrCl2·4H2O；由晶胞图可知构成晶胞的粒子为CrCl2·4H2O分子，故为分子晶体。 6．(2023·浙江省6月，17)氮的化合物种类繁多，应用广泛。 请回答： (3)某含氮化合物晶胞如图，其化学式为___________，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为___________。 【答案】(3)①CaCN2 ②6 【解析】(3)钙个数为，CN22-个数为，则其化学式为CaCN2；根据六方最密堆积图，以上面的面心分析下面红色的有3个，同理上面也应该有3个，本体中分析得到，以这个CN22-进行分析，其俯视图为，因此距离最近的钙离子个数为6，其配位数为6。 7．(2023·浙江省1月，17)硅材料在生活中占有重要地位。 (3)Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是___________，该化合物的化学式为___________。 【答案】(2)AB (3)共价晶体 SiP2 【解析】(3)Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图可知，原子间通过共价键形成的空间网状结构，形成共价晶体；根据均摊法可知，一个晶胞中含有个Si，8个P，故该化合物的化学式为SiP2。 研考点·通技法 1．常见原子晶体结构分析 晶体 晶体结构 结构分析 金刚石 原子半径(r)与边长(a)的关系：a=8r (1)每个碳与相邻4个碳以共价键结合，形成正四面体结构，键角均为109°28′ (2)每个金刚石晶胞中含有8个碳原子，最小的碳环为6元环，并且不在同一平面(实际为椅式结构)，碳原子为sp3杂化 (3)每个碳原子被12个六元环共用，每个共价键被6个六元环共用，一个六元环实际拥有个碳原子 (4)C原子数与C—C键数之比为1∶2，12g金刚石中有2 mol共价键 (5)密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) SiO2 (1)SiO2晶体中最小的环为12元环，即：每个12元环上有6个O，6个Si (2)每个Si与4个O以共价键结合，形成正四面体结构，每个正四面体占有1个Si，4个“O”，n(Si)∶n(O)＝1∶2 (3)每个Si原子被12个十二元环共用，每个O原子被 6个十二元环共用 (4)每个SiO2晶胞中含有8个Si原子，含有16个O原子 (5)硅原子与Si—O共价键之比为1：4，1mol Si O2晶体中有4mol共价键 (6)密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) SiC、BP、AlN (1)每个原子与另外4个不同种类的原子形成正四面体结构 (2)密度：ρ(SiC)＝；ρ(BP)＝； ρ(AlN)＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) (3)若Si与C最近距离为d，则边长(a)与最近距离(d)的关系：a=4d 2．常见分子晶体结构分析 晶体 晶体结构 结构分析 干冰 (1)面心立方最密堆积：立方体的每个顶点有一个CO2分子，每个面上也有一 个CO2分子，每个晶胞中有4个CO2分子 (2)每个CO2分子周围等距且紧邻的CO2分子有12个 (3)密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) 白磷 (1)面心立方最密堆积 (2)密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) 冰 (1)每个水分子与相邻的4个水分子以氢键相连接 (2)每个水分子实际拥有两个“氢键” (3)冰晶体和金刚石晶胞相似的原因：每个水分子与周围四个水分子形成氢键 【微点拨】 (1)若分子间只有范德华力，则分子晶体采取分子密堆积，每个分子周围有12个紧邻的分子。在分子晶体中，原子先以共价键形成分子，分子再以分子间作用力形成晶体。由于分子间作用力没有方向性和饱和性，分子间尽可能采取密堆积的排列方式。如：干冰、O2、I2、C60等分子 (2)若分子间靠氢键形成的晶体，则不采取密堆积结构，每个分子周围紧邻的分子数要小于12个。因为氢键有方向性和饱和性，一个分子周围其他分子的位置和数目是一定的。如：冰晶体、苯甲酸晶体 3．常见离子晶体结构分析 晶体 晶体结构 结构分析 NaCl (1)一个NaCl晶胞中，有4个Na+，有4个Cl－ (2)在NaCl晶体中，每个Na+同时强烈吸引6个Cl－，形成正八面体形； 每 个Cl－同时强烈吸引6个Na+ (3)在NaCl晶体中，Na+ 和Cl－的配位数分别为6、6 (4)在NaCl晶体中，每个Na+周围与它最接近且距离相等的Na+共有12个， 每个Cl－周围与它最接近且距离相等的Cl－共有12个 (5)密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) CsCl (1)一个CsCl晶胞中，有1个Cs+，有1个Cl－ (2)在CsCl晶体中，每个Cs+同时强烈吸引8个Cl－，即：Cs+的配位数为8， 每个Cl－ 同时强烈吸引8个Cs+，即：Cl－的配位数为8 (3)在CsCl晶体中，每个Cs+周围与它最接近且距离相等的Cs+共有6个，形成正八面体形，在CsCl晶体中，每个Cl－周围与它最接近且距离相等的Cl－共有6个 (4)密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) ZnS (1)1个ZnS晶胞中，有4个S2－，有4个Zn2＋ (2)Zn2＋的配位数为4，S2－的配位数为4 (3)密度＝ CaF2 (1)1个CaF2的晶胞中，有4个Ca2＋，有8个F－ (2)CaF2晶体中，Ca2＋和F－的配位数不同，Ca2＋配位数是8，F－的配位数是4 (3)密度＝ 离子晶体的配位数 离子晶体中与某离子距离最近的异性离子的数目叫该离子的配位数 影响离子晶体配位数的因素 (1)正、负离子半径比：AB型离子晶体中，阴、阳离子的配位数相等，但正、负离子半径比越大，离子的配位数越大。如：ZnS、NaCl、CsCl (2)正、负离子的电荷比。如：CaF2晶体中，Ca2＋和F－的配位数不同 4．常见金属晶体结构分析 (1)金属晶体的四种堆积模型分析 堆积模型 简单立方堆积 体心立方堆积 (钾型) 面心立方最密堆积(铜型) 六方最密堆积(镁型) 晶胞 代表金属 Po Na K Fe Cu Ag Au Mg Zn Ti 配位数 6 8 12 12 晶胞占有的原子数 1 2 4 6或2 原子半径(r)与立方体边长为(a)的关系 a＝2r a＝4r a＝4r —— 　　2．物质熔、沸点高低的比较 一般情况下，原子晶体>离子晶体>分子晶体，如：金刚石>NaCl>Cl2；金属晶体>分子晶体，如：Na>Cl2。(金属晶体熔、沸点有的很高，如钨、铂等，有的则很低，如汞等) 原子晶体 →→，如：金刚石>石英>晶体硅 离子晶体 一般地说，阴阳离子的电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，熔、沸点就越高。如：MgO>MgCl2，NaCl>CsCl 金属晶体 金属离子半径越小，离子所带电荷数越多，其形成的金属键越强，金属单质的熔、沸点就越高，如Al>Mg>Na 分子晶体 ①分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高；具有分子间氢键的分子晶体熔、沸点反常的高。如H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S ②组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越高，如SnH4＞GeH4＞SiH4＞CH4 ③组成和结构不相似的物质(相对分子质量接近)，分子的极性越大，其熔沸点越高，如CO＞N2 在同分异构体中，一般支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷＞异戊烷＞新戊烷 破类题·提能力 1．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模) (2)S与A、B两种金属形成的晶胞如图所示，该化合物的化学式为 。 2．(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考) (2)某化合物的晶胞如下图所示，以配离子形式写出该化合物的化学式为 。 3．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)过渡金属及其有关化合物是材料化学的重要研究内容。请回答： (1)某太阳能电池材料的立方晶胞结构如下图所示，其中A为稀土元素La，化合价为价。 ①该材料的化学式为___________。 ②与Mn距离最近且相等的O有___________个。 ③若用部分取代Mn位，晶体密度会___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 4．(2026·浙江省北斗星盟高三一模)氮化铁有多种晶体结构，多孔的氮化铁材料因其较高的理论容量和良好的导电性，被探索作为锂离子电池的负极材料。请回答： (2)晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。 ①镁离子嵌入图1获得高性能固体电解质材料，该反应的方程式是_______； ②图1中晶胞的(●)平移到面心位置，则平移后(·)所在晶胞位置为_______。 5．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)过渡金属Fe、Co、Ni、Mn是锂电池正极材料的重要元素。 (2)三元锂电池的正极材料可看成用Ni和Mn替换了LiCoO2中部分Co，晶胞如图(此时无法放电)。充电时，Li+从正极材料中___________(填“嵌入”或“脱嵌”)；当充电50%时，正极材料中的Li-O八面体与Ni-O八面体的数目之比是___________。 (3)KFe2Se2是一种新型导电材料，晶胞投影如图，其晶体类型为___________，Fe的配位数是___________。 6．(2025·浙江省衢州二中高三模拟)碳可与氢形成多种烃，硼、氮、硅等元素也可以与氢形成类似于烃的化合物，请回答： (3)某储氢合金储氢后的晶胞结构如图所示，其对应的化学式为 ；若将该储氢合金中的氢气全部释放，可得标况下的氢气 L(，NA表示阿伏加德罗常数的值)。 7．(2025·浙江省县义乌中学高三模拟考试)C和S是构建化合物的重要元素，请回答： (3)某化合物的晶胞如图甲所示，图乙为其沿z轴方向Li+的投影，该化合物的化学式为 ，其中Li+的配位数(最近且等距的阴离子数)为 。 刷模拟 1．(2026·浙江省七彩阳光新高考研究联盟2026届高三开学联考)镁的氟化物在生产、生活中有重要应用。请回答： (1)某含镁、氟元素的化合物的晶胞如下图所示。 ①该晶胞的化学式为 。 ②该晶体中，F-的配位数是 ③下列关于该晶体的说法，不正确的是 。 A．Mg2＋与F-形成的是sp2-pσ键 B．Mg2＋半径小于F-半径 C．基态Mg2＋不存在未成对电子 D．该晶体硬度高，延展性好 2．(2026·浙江省新阵地教育联盟三联考)钛在生活中应用广泛，被称为“太空金属”、“第三金属”和“未来金属”。 (1)下列有关钛的叙述正确的是_________。 A．48Ti、49Ti、50Ti互为同素异形体 B．基态钛原子的价层电子排布式为3d24s2 C．钛元素位于元素周期表第四周期ⅡB族 D．基态时，钛和铝原子核外未成对电子数相等 (2)钛金属能导电的原因是 。 (3)钛的一种氧化物是优良的颜料，该氧化物的晶胞结构如图所示，则该氧化物的化学式为 ；在晶胞中Ti原子的配位数为 。 3．(2026·浙江省Z20联盟高三一模，节选)第VIII族元素铁、钴、镍及其化合物应用广泛。请回答： (1)尿素分子H2NCONH2与Fe(NO3)3形成配合物[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3，下列说法不正确的是_______。 A．基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为4：5 B．元素C、N、O中，第一电离能最大的是N，电负性最大的是O C．尿素中N原子的配位能力强于NH3中的N原子的配位能力 D．八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe3+配位的原子是N (2) Co3+的氧化性大于[Co(NH3)6]3+，请从结构的角度解释 ． (3)NixCuyNz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图所示。 已知：相邻原子间的最近距离之比，则x：y：z= ；晶体中与原子距离最近且相等的原子的数目为 。 4．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模，节选)元素在自然界中存在形式丰富多彩，请回答： (1)下列有关说法正确的是___________。 A．基态Fe原子中有3个未成对电子，故易形成Fe3+ B．微粒半径：V3+＞V4+ C．Na元素位于周期表的s区 D．[Ne]3s23px1→[Ne]3s23py1的过程中不能形成发射光谱 (2)二氟化铅(PbF2)晶体是一种光学材料，若用○和■来表示PbF2中的两种离子，其中■在立方晶胞中的位置如图1所示，晶胞中ACGE和BDHF的截面图均如图2所示。 ①二氟化铅晶体中，的配位数为___________。 ②资料显示还存在四氟化铅(PbF4)和四氯化铅(PbCl4)，但四氯化铅不稳定，常温下会分解产生气体单质，而四氟化铅却能稳定存在。请从氧化还原反应的角度分析四氟化铅稳定的原因___________。 (3)现有三种物质：甲：  乙：  丙： ①常温下，比较物质甲和物质乙的Ka值大小：Ka1(甲)___________Ka(乙)。(填“>”“<”或=”) ②比较沸点：甲___________丙(填“>“<”或“=”)。 5．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模，节选)过渡金属单质及其化合物在生产生活中用途广泛。 (1)[Fe(H2NCONH2)6(NO3)3]俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。下列说法正确的是_______。 A．用尿素铁做焰色试验过程中观察不到现象，因铁原子核外电子不会发生跃迁 B．元素C、N、O原子的第一电离能：N> O>C C．尿素(H2NCONH2)与氰酸铵(NH4OCN)互为同分异构体 D．八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中的配位数为12，配位原子是 (2)具有双钙钛矿型氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图所示，但真实的晶体中存在5%的空位缺陷，导电时空位的存在有利于的传导。考虑晶体缺陷，该晶体中+3价与+4价La原子个数比为 。 (3)氨硼烷(NH3BH3)是一种固体储氢材料。 ①实验室用[Cu(NH3)4]SO4和NaBH4以物质的量之比为1：2投料制备氨硼烷，反应过程中同时有两种单质生成，该反应的化学方程式为 。 ②一种镍磷化合物催化氨硼烷水解制氢的可能机理如图所示。 I.“中间体I”中B、N上所连H分别吸附在Ni和P上的原因是 。 II.“中间体III”经过一系列步骤转化为硼酸，已知硼酸能与甘露醇等多羟基化合物形成稳定络合物： H3BO3不能直接用溶液滴定，需要加入甘露醇之后再滴定的原因是 。 刷真题 1．(2026浙江1卷，17)回答下列问题： (1)CaF2的晶胞如图。请回答： ①CaF2的电子式： ； ②Ca2+旁边最近的Ca2+有 个； ③ErF3荧光掺入，Er3+代替 (A或B)。 (2)将HF与HNO3按等物质的量发生化合反应生成[H2NO3]+F-，写出[H2NO3]+的结构式： 。 (3)已知：，则： ①中S原子的杂化方式： 。 ②熔点：LiF Li+[ N(SO2F)2]-(填“>”、“<”或“=”)，原因： 。 ③与反应生成与X，X的结构简式： 。 ④等物质的量(C2H5)3N、 HN(SO2F)2混合，主要产物为[(C2H5)3NH]+[ N(SO2F)2]-，原因： 。 ⑤与足量NaOH生成气体的化学方程式： ； 2．(2025·浙江6月卷，17，节选)铜在自然界大多以硫化物形式成矿。请回答： (1)有关铜和硫的说法正确的是_______。 A．基态硫原子有7对成对电子 B．铜焰色试验呈绿色，与铜原子核外电子跃迁释放能量有关 C 基态铜原子失去2个电子，3d轨道形成全充满结构 D．配位键强度：[Cu(NH3)4]2+＞[Cu(NH3)4]+ (2)一种铜化合物的晶胞如图，写出由配离子表示的该化合物的化学式_______。 (3)化合物A[化学式：(H2N)3PS]和B[化学式：(H2N)3PO]具有相似的结构，如图。 ①化合物B给出趋势相对更大，请从结构角度分析原因_______。 ②将化合物A与足量稀硫酸混合，在加热条件下充分反应，得到气体C和含H3PO4的溶液，写出发生反应的化学方程式_______。 ③设计实验检验气体C_______(要求利用气体C的氧化性或还原性)。 3．(2025·浙江1月卷，17，节选)磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答： (1)关于ⅤA族元素原子结构的描述，下列说法正确的是_______。 A．基态P原子3p轨道上的电子自旋方向相同 B．As3+的最外层电子数为18 C．P3+的半径小于P5+的半径 D．电子排布为[Ne]3s13p4的P原子处于激发态 (2)某化合物的晶胞如图。 ①化学式是 ； ②将0.01mol该化合物加入到含少量石蕊的10mLH2O中，实验现象是 (从酸碱性和溶解性角度推测)。 (3)两分子H3PO4(Ka3=4.8×10-13)脱水聚合得到一分子H4P2O7(Ka3=2.0×10-7)，从PO43-、HP2O73-的结构角度分析Ka3差异的原因 。 4．(2024·浙江省6月，17)氧是构建化合物的重要元素。请回答： (1)某化合物的晶胞如图1，的配位数(紧邻的阳离子数)为 ；写出该化合物的化学式 ，写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式 。 (2)下列有关单核微粒的描述正确的是_______。 A．Ar的基态原子电子排布方式只有一种 B．Na的第二电离能的第一电离能 C．Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2 D．Fe原子变成Fe+，优先失去轨道上的电子 (3)化合物和的结构如图2。 ①和中羟基与水均可形成氢键()，按照氢键由强到弱对三种酸排序 ，请说明理由 。 ②已知、钠盐的碱性NaC＞NaD，请从结构角度说明理由 。 5．(2024·浙江省1月，17)氮和氧是构建化合物的常见元素。 已知： 请回答： (1)某化合物的晶胞如图，其化学式是 ，晶体类型是 。 (2)下列说法正确的是_______。 A．电负性：B＞N＞O B．离子半径：P3-＜S2-＜Cl- C．第一电离能：Ge＜Se＜As D．基态2+的简化电子排布式：[Ar]3d4 (3)①H2N-NH2+H+→H2N-NH3+，其中-NH2的N原子杂化方式为 ；比较键角中的-NH2 H2N-NH3+中的-NH3+ (填“>”、“<”或“=”)，请说明理由 。 ②将HNO3与SO3按物质的量之比1：2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是NO2+。比较氧化性强弱：NO2+ HNO3 (填“>”、“<”或“=”)；写出A中阴离子的结构式 。 1 1 / 1 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 物质结构与性质综合题 热点设问01 原子结构与性质 破类题·提能力 1．(1)CD 2．(1)BD 3．(1)C 4．(1)BCD 热点设问02分子结构与性质 破类题·提能力 1．(4)半径M>P，键能P-O>M-O；电负性M<P<O，P-O键极性更小，更稳定 2．(3) (4) O电负性大于S，S=S吸电子能力小于O=S，使硫代硫酸中羟基极性较小，酸性较弱 3．(2) ① ②(C8H17O)2PO(OH)+3NaOH=Na3PO4+2C8H17OH+H2O ③C8H17O-是吸电子基团，能显著增强羟基中的O-H键的极性，使氢离子更容易电离，因此X酸性更强 4．(3)或 电负性O＞S，C=O键极性强，使得[H2B]2+中H更易解离，即给质子能力更强 防止H2O2由于温度过高而分解 SC(NH2)2 +4H2O2+2OH-= OC(NH2)2+SO42-+5H2O 5．(2) ① ②稀硫酸中H2SO4完全电离，H+与SO42-相互作用较弱，浓硫酸中H2SO4主要以分子形式存在，H与O的相互作用降低了硫酸分子中S-O键的稳定性，从而更易被还原 6．(3)sp2 (4)> (5)F-半径小，能与水分子形成强烈的静电作用，水合时释放大量能量 热点设问03晶体结构与性质 破类题·提能力 1．(2)ABS2 2．(2)[Zn(NH3)4][FeCl4]或[Zn(NH3)4]2+[FeCl4]2- 3．(1) ①LaMnO3 ②6 ③增大 4．(2)Li3OCl+Mg2+=LiMgOCl+2Li+ 面心和顶点 5．(2) 脱嵌 3：2 (3)混合型晶体 4 6．(3) LaNi5H6 7．(3) Li2CN2 4 刷模拟 1．(1)MgF2 3 AD 2．(1)B (2)金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动 (3) TiO2 6 3．(1)CD (2)两离子所带正电荷数相等，[Co(NH3)6]3+半径较大，正电荷密度较小，相对难得电子或[Co(NH3)6]3+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，使中心Co原子上的电子云密度增大，较难从其他物质中得电子 (3)3：1：1 12 4．(1)BCD (2) 8 F元素电负性强，F离子还原性很弱，很难被Pb4+氧化 (3) < > 5．(1)BC (2)4：1 (3) [Cu(NH3)4]SO4+2NaBH42NH3BH3+Cu+Na2SO4+2NH3↑+H2↑ 电负性N>H>B，P>Ni，导致B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，故B、N上的H分别吸附在Ni和P上 H3BO3酸性太弱，滴定突跃不明显，加入甘露醇使H+浓度增大，提高滴定准确度 刷真题 1． (1) 12 B (2) (3)sp3 > 氟离子半径小，离子键强 SiF2(CH3)2 HN(SO2F)2 中-SO2F吸电子，N-H键极性较大，H容易以H+的形式解离，(C2H5)3N中-C2H5推电子，N上的电子云密度大，容易与H+形成配位键 HN(SO2F)2+6NaOH=2NaF+2Na2SO4+NH3↑+2H2O 2． (1)ABD (2)[Cu(NH3)4][PtCl4] (3)①化合物A与化合物B结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物B中N-H键的极性更强，更易断裂 ②2(H2N)3PS +3H2SO4 + 8H2O2H3PO4+ 3(NH4)2SO4 +2 H2S↑；或(H2N)3PS +3H2SO4 + 4H2OH3PO4+ 3NH4HSO4 + H2S↑ ③将气体C通入少量酸性KMnO4溶液中，若酸性KMnO4溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S(或将气体C与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S) 3． (1)AD (2) Ca3PCl3 溶液变蓝，有气体放出 (3) H3PO4中含有1个非羟基氧，H4P2O7含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子 4． (1)12 K3ClO K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O (2)AB (3)HC>HB>HA O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，其中羟基与H2O形成的氢键逐渐增强 S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，碱性NaC＞NaD 5． (1)CrCl2·4H2O 分子晶体 (2)CD (3) sp3 ＜ -NH2有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小 ＞ 1 1 / 1 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 物质结构与性质综合题 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+3年高考真题热点设问拆解 【解题精析·通技法】析典例，明思路，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题·趋势·定位 浙江省第17题前半部分试题考查物质结构与性质，主要是晶体化学式确定、电子排布式、电负性、电离能、吸电子能力一、氢键强弱、共价键强弱等知识，考查学生获取信息能力、分析推理能力、迁移应用能力，体现“性构相依”的重要思想和基本观念，评估学生“宏观辨识与微观探析”“证据推理与模型认知”素养的水平。从命题的形式来看，物质结构与性质综合题为“拼盘”命制的题型，各小题之间相对独立，重点考查考生对基础知识的掌握情况，主要考查原子结构与性质、分子结构与性质、晶体结构与性质。①在原子结构部分主要命题点有电子排布式或电子排布图的书写，电离能、电负性大小、微粒半径的比较与判断。②在分子结构部分主要命题点有化学键类型的判断，空间结构的判断，中心原子杂化方式的判断，能从化学键角度认识分子的结构、性质，从宏观和微观相结合的视角分析与解决实际问题。③在晶体结构部分主要命题点有晶体类型的判断，晶体结构的计算等。 预测2026年6月浙江选考，仍将以元素及化合物为切入口，该部分内容重在“结构决定性质”思想的树立，考查空间想象能力。在原子结构部分主要命题点有电子排布式或排布图的书写，电离能、电负性大小的比较与判断；在分子结构部分主要命题点有化学键类型的判断，分子构型的判断，中心原子杂化方式的判断；在晶体结构部分主要命题点有晶体类型的判断，晶体结构的计算等。 热点·设问·拆解 热点设问01 原子结构与性质 2025·浙江6月，17(1) 2025·浙江1月，17(1) 2024·浙江省6月，17(2) 2024·浙江省1月，17(2) 2023·浙江省6月，17(1) 2023·浙江省6月，17(2) 热点设问02分子结构与性质 2026浙江1卷，17(2)(3) 2025·浙江省1月，17(3) 2024·浙江省6月，17(3) 2024·浙江省1月，17(3) 2023·浙江省6月，17(2) 2023·浙江省1月，17(1) 热点设问03晶体结构与性质 2026浙江1卷，17(1) 2025·浙江6月卷，17(2) 2025·浙江省1月，17(2) 2024·浙江省6月，17(1) 2024·浙江省1月，17(1) 2023·浙江省6月，17(3) 热点设问01 原子结构与性质 析典例·明思路 1．(2025·浙江6月，17)铜在自然界大多以硫化物形式成矿。请回答： (1)有关铜和硫的说法正确的是_______。 A．基态硫原子有7对成对电子 B．铜焰色试验呈绿色，与铜原子核外电子跃迁释放能量有关 C 基态铜原子失去2个电子，3d轨道形成全充满结构 D．配位键强度：[Cu(NH3)4]2+＞[Cu(NH3)4]+ 【答案】(1)ABD 【解析】(1)A项，硫原子的原子序数为16，其基态电子排布为：1s22s22p63s23p4，其中，1s、2s、2p、3s轨道中的电子都是成对的，共6对，3p轨道中有4个电子，其中有1对成对电子，2个单电子未成对。因此，成对电子共7对，A正确；B项，焰色反应是金属离子在高温下激发，电子跃迁回基态时释放能量，以光的形式表现，B正确；C项，基态铜原子电子排布式为[Ar]3dl04s1，当基态铜原子失去2个电子时，先失去4s轨道的1个电子，再失去3d轨道的1个电子，形成：[Ar]3d9，3d轨道并未充满，C错误；D项，配位数是指中心原子周围配体的个数，[Cu(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]+配位数都是1，但[Cu(NH3)4]2+的中心铜离子电荷更高，说明中心铜离子的氧化态更高，配体结合更稳定，D正确；故选ABD。 2．(2025·浙江省1月，17)磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答： (1)关于ⅤA族元素原子结构的描述，下列说法正确的是_______。 A．基态P原子3p轨道上的电子自旋方向相同 B．As3+的最外层电子数为18 C．P3+的半径小于P5+的半径 D．电子排布为[Ne]3s13p4的P原子处于激发态 【答案】(1)AD 【解析】(1)A项，基态P原子价电子排布式为3s23p3，根据洪特规则，3p轨道上的3个电子自旋方向相同，故A正确；B项，基态As原子价电子排布式为4s24p3，As3+的价电子排布式为4s2，最外层电子数为2，故B错误；C项，P3+比P5+多一个电子层，所以P3+的半径大于P5+的半径，故C错误；D项，基态P原子的电子排布式为[Ne]3s23p3的，电子排布为[Ne]3s13p4的P原子处于激发态，故D正确；选AD。 3．(2024·浙江省6月，17)氧是构建化合物的重要元素。请回答： (2)下列有关单核微粒的描述正确的是_______。 A．Ar的基态原子电子排布方式只有一种 B．Na的第二电离能的第一电离能 C．Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2 D．Fe原子变成Fe+，优先失去轨道上的电子 【答案】(2)AB 【解析】(2)A项，根据原子核外电子排布规律，基态Ar原子的电子排布方式只有1s22s22p63s23p6一种，A项正确；B项，Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，Na+和Ne具有相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，故Na的第二电离能＞Ne的第一电离能，B项正确；C项，Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，C项错误；D项，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，D项错误；故选AB。 4．(2024·浙江省1月，17)氮和氧是构建化合物的常见元素。 已知： 请回答： (2)下列说法正确的是_______。 A．电负性：B＞N＞O B．离子半径：P3-＜S2-＜Cl- C．第一电离能：Ge＜Se＜As D．基态2+的简化电子排布式：[Ar]3d4 【答案】(2)CD 【解析】(2)A项，同一周期，从左到右，电负性依次增强，故顺序为O＞N＞B，A错误；B项，核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故顺序为P3-＞S2-＞Cl-，B错误；C项，同一周期，从左到右，电离能增大的趋势，VA族和ⅥA族相反，故顺序为Ge＜Se＜As，C正确；D项，基态Cr的简化电子排布式：[Ar]3d54s1，Cr2+的简化电子排布式为[Ar]3d4，D正确；故选CD。 5．(2023·浙江省6月，17)氮的化合物种类繁多，应用广泛。 请回答： (1)基态N原子的价层电子排布式是___________。 【答案】(1)2s22p3 【解析】(1)N核电荷数为7，核外有7个电子，基态N原子电子排布式为1s22s22p3，则基态N原子的价层电子排布式是2s22p3。 6．(2023·浙江省6月，17)硅材料在生活中占有重要地位。 请回答： (2)由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，有关这些微粒的叙述，正确的是___________。 A．微粒半径：③>①>② B．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①② C．电离一个电子所需最低能量：①>②>③ D．得电子能力：①>② 【答案】(2)AB 【解析】(2)电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，可推知分别为基态Si原子、基态Al原子、激发态Si原子；A项，根据微粒电子层数及各层电子数多少可推知，微粒半径：③>①>②，A正确；B项，根据上述分析可知，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②，B正确；C项，Si为非金属失电子能力比Al弱，电离一个电子所需最低能量：①>③>②，C错误；D项，非金属Si的得电子能力强于金属Al，得电子能力：②>①，D错误；故选AB。 研考点·通技法 1．原子结构与化学键 (1)微粒间“三个”数量关系 中性原子：核电荷数=核内质子数=核外电子数=原子序数 阴离子：核外电子数=质子数+所带的电荷数 阳离子：核外电子数=质子数-所带的电荷数 (2)“四同”的判断方法——关键是抓住描述的对象 ①同位素——原子，如HHH。 ②同素异形体——单质，如O2与O3，金刚石与石墨，红磷与白磷。 ③同系物——有机化合物，如CH3CH3、CH3CH2CH3。 ④同分异构体——化合物，如正戊烷与新戊烷。 (3)10e-、18e-微粒 10电子体和18电子体是元素推断题的重要突破口。 以Ne为中心记忆10电子体： Ne 以Ar为中心记忆18电子体： Ar 此外，由10电子体中的CH4、NH3、H2O、HF失去一个H原子后的剩余部分如—CH3、—NH2、—OH、—F等为9电子体，两两组合得到的物质如CH3CH3、CH3OH、H2O2、N2H4、F2等为18电子体。 (4)化学键与化合物的关系 (5)规避化学键判断的易错点 ①在离子化合物中一般既含有金属元素又含有非金属元素(铵盐除外)；共价化合物一般只含有非金属元素，但个别含有金属元素，如AlCl3；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐。 ②非金属单质只含共价键或不含化学键(稀有气体)。 ③气态氢化物是共价化合物，只含共价键；而金属氢化物(如NaH)是离子化合物，含离子键。 ④分子的稳定性与分子间作用力无关，而与分子内部化学键的强弱有关。 2.原子核外电子排布的“三”规律 能量最 低原理 原子核外电子总是先占据能量最低的原子轨道 泡利原理 每个原子轨道上最多只能容纳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 3.基态原子核外电子排布的表示方法 表示方法 含义 举例 原子或离子结构示意图 表示核外电子分层排布和核内质子数 电子式 表示原子最外层电子数目 · 核外电子排布式 表示每个能级上排布的电子数 S：1s22s22p63s23p4或[Ne]3s23p4 S2-：1s22s22p63s23p6 电子排布图 (轨道表示式) 表示每个原子轨道中电子的运动状态 价电子排布式或排布图 表示价电子的排布 S：3s23p4 Fe：3d64s2 4．电离能及其应用 (1)电离能的变化规律 ①同周期从左到右(ⅠA族→0族)，第一电离能呈增大的趋势。但第ⅡA族(ns2np0)和第ⅤA族(ns2np3)，因为p轨道处于全空或半充满状态，比较稳定，所以其第一电离能大于同周期右侧相邻的第ⅢA族或第ⅥA族元素，如第一电离能：Mg>Al、P>S。 ②逐级电离能逐渐增大(I1<I2<……)，同能层的变化不大，但不同能层的差别很大(突变)。如Na：I1≪I2……I9≪I10<I11。 (2)电离能的应用 ①判断元素金属性的强弱：一般来说，电离能越小，金属越容易失去电子，金属性越强；反之越弱。 ②判断元素的化合价：根据逐级电离能确定最外层电子数和各层电子数。 5．电负性及其应用 (1)电负性变化规律 在周期表中，元素电负性从左到右逐渐增大，从上往下逐渐减小。 (2)电负性的三个主要应用 ①确定元素类型：一般来说，电负性大于1.8的为非金属元素；电负性小于1.8的为金属元素。 ②确定化学键类型：一般来说，两成键元素电负性差值大于1.7时易形成离子键；两成键元素电负性差值小于1.7时易形成共价键。 ③判断化合物中元素价态正负：一般来说，电负性大的元素呈现负价，电负性小的元素呈现正价。 6．元素周期表和元素周期律 (1)强化记忆元素周期表的结构 (2)利用区间定位推断元素 对于原子序数较大的元素，可采用区间定位确定元素。 元素周期表中各族的排列顺序由左到右依次为ⅠA、ⅡA、ⅢB、ⅣB、ⅤB、ⅥB、ⅦB、Ⅷ、ⅠB、ⅡB、ⅢA、ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA、0，牢记各周期对应的0族元素的原子序数，可以快速确定周期数。 周期 一 二 三 四 五 六 七 起止序数 1~2 3~10 11~18 19~36 37~54 55~86 87~118 7．粒子半径大小比较规律 在中学化学要求的范畴内，可按“三看”规律来比较粒子半径的大小： “一看”电子层数：当最外层电子数相同，电子层数不同时，电子层数越多，半径越大。 例：r(Li)<r(Na)<r(K)<r(Rb)<r(Cs)；r(O2-)<r(S2-)<r(Se2-)<r(Te2-)。 “二看”核电荷数：当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小。 例：r(Na)>r(Mg)>r(Al)>r(Si)>r(P)>r(S)>r(Cl)；r(O2-)>r(F-)>r(Na+)>r(Mg2+)>r(Al3+)。 “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。 例：r(Cl-)>r(Cl)；r(Fe2+)>r(Fe3+)。 8．金属性、非金属性强弱的判断 破类题·提能力 1．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)过渡金属Fe、Co、Ni、Mn是锂电池正极材料的重要元素。 (1)下列说法正确的是___________。 A．Fe位于元素周期表的ds区 B．基态Ni原子核外电子空间运动状态有14种 C．还原性：Fe2+>Mn2+ D．结合OH-能力：Fe3+>Fe2+ 【答案】(1)CD 【解析】(1)A项，Fe是第Ⅷ族元素，位于元素周期表的d区，ds区仅包含第ⅠB、ⅡB族元素，A错误；B项，基态Ni原子的核外电子排布为[Ar]3d84s2，电子的空间运动状态=原子轨道数，其轨道分布为1s有1个轨道，2s有1个轨道，2p有3个轨道，3s有1个轨道，3p有3个轨道，3d有5个轨道，4s有1个轨道，共15个轨道，其电子的空间运动状态也有15种，B错误；C项，还原性强弱与失电子能力有关，已知Fe2+的价电子排布为3d6，易失去1个电子形成3d5半满稳定结构，失电子能力强；Mn2+的价电子排布式为3d5为半满稳定结构，失电子能力弱。因此还原性Fe2+> Mn2+，C正确；D项，Fe3+的价电子排布为3d5为半满稳定结构，Fe2+的价电子排布为3d6。Fe3+的正电荷更高、半径更小，对OH-的静电吸引更强，D正确；故选CD。 2．(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考)过渡金属是工业催化中的关键元素。请回答： (1)下列说法正确的是___________。 A．基态铬原子中存在10对成对电子 B．50Sn元素位于元素周期表第14列 C．钡焰色实验呈黄绿色与电子从低能级跃迁到高能级有关 D．配位键的强度：[Cu(NH3)]2+＞[Cu(NF3)]2+ 【答案】(1)BD 【解析】(1)A项，铬原子是24号，其核外电子轨道表示式为存在9对成对电子，A错误；B项，根据稀有气体氙为54号，推测可知50Sn元素位于元素周期表第14列，B正确；C项，钡焰色实验呈黄绿色是电子从高能级跃迁到低能级，C错误；D项，[Cu(NH3)]2+、[Cu(NF3)]2+的配体分别为NH3和NF3，其中NF3中F的电负性更强，电子更靠近F，因此配位键强度[Cu(NH3)]2+＞[Cu(NF3)]2+，D正确。 3．(2026·浙江省北斗星盟高三一模)氮化铁有多种晶体结构，多孔的氮化铁材料因其较高的理论容量和良好的导电性，被探索作为锂离子电池的负极材料。请回答： (1)有关铁和氮的说法正确的是_______。 A．铁丝可用作焰色试验，说明铁原子核外电子跃迁时没有能量变化 B．基态铁原子失去2个电子，3d轨道形成半充满结构 C．键角：NH3＜NO3- D．N(SiH3)3中N与Si原子在同一平面，则其原子价层孤电子对占据sp²杂化轨道 【答案】(1)C 【解析】(1)A项，焰色反应的原理是金属原子的核外电子吸收能量后从低能级跃迁到高能级，随后电子从高能级跃迁回低能级时释放能量，以光的形式表现，因此电子跃迁时有能量变化，A错误；B项，基态铁原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去2个电子后，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，3d轨道不是半充满结构，B错误；C项，NH3分子中N原子有1对孤电子对，空间结构为三角锥形，键角约为107°，NO3-中N原子无孤电子对，空间结构为平面三角形，键角为120°，故键角：NH3＜NO3-，C正确；D项，N(SiH3)3中N与Si原子在同一平面，说明N原子采用sp2杂化，N原子的三个sp²杂化轨道分别与三个Si原子形成σ键，而剩余的一个未参与杂化的2p轨道‌垂直于分子平面，其中包含孤电子对，因此N原子价层孤电子对占据的是2p轨道，D错误； 4．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模)根据要求回答下列问题： (1)试剂MBTH常用于检测室内空气中甲醛的含量，其结构为。下列说法不正确的是___________(填标号)。 A．电负性：N＞C＞H B．4种元素均位于p区 C．基态原子核外电子有16种空间运动状态 D．MBTH与甲醛发生加成反应时，氨基H与醛基C成键 【答案】(1)BCD 【解析】(1)A项，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性强弱顺序为N＞C＞H，则电负性的大小顺序为N＞C＞H，故A正确；B项，4种元素中，氢元素位于元素周期表s区，故B错误；C项，硫元素的原子序数为16，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，核外有9种空间运动状态，故C错误；D项，MBTH与甲醛发生加成反应时，氨基氢原子与醛基氧原子成键，故D错误；故选BCD； 热点设问02分子结构与性质 析典例·明思路 1．(2026浙江1卷，17) 回答下列问题： (2)将HF与HNO3按等物质的量发生化合反应生成[H2NO3]+F-，写出[H2NO3]+的结构式： 。 (3)已知：，则： ①中S原子的杂化方式： 。 ②熔点：LiF Li+[ N(SO2F)2]-(填“>”、“<”或“=”)，原因： 。 ③与反应生成与X，X的结构简式： 。 ④等物质的量(C2H5)3N、 HN(SO2F)2混合，主要产物为[(C2H5)3NH]+[ N(SO2F)2]-，原因： 。 ⑤与足量NaOH生成气体的化学方程式： ； 【答案】(2) (3)sp3 > 氟离子半径小，离子键强 SiF2(CH3)2 HN(SO2F)2 中-SO2F吸电子，N-H键极性较大，H容易以H+的形式解离，(C2H5)3N中-C2H5推电子，N上的电子云密度大，容易与H+形成配位键 HN(SO2F)2+6NaOH=2NaF+2Na2SO4+NH3↑+2H2O 【解析】(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HNO3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[H2NO3]+的结构式为； (3)①S原子形成2个S=O双键和两个S-F键，σ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Li+[ N(SO2F)2]-；③与反应的产物之一是 HN(SO2F)2，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 HN(SO2F)2，所以这两个F原子与结合生成SiF2(CH3)2；④ HN(SO2F)2中F的电负性很大，-SO2F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(C2H5)3N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[(C2H5)3NH]+；⑤先水解生成H2SO4、HF、NH3，则与足量NaOH反应会产生气体为NH3，其余两种酸与NaOH反应，因此反应方程式为HN(SO2F)2+6NaOH=2NaF+2Na2SO4+NH3↑+2H2O。 2．(2025·浙江省1月，17)磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答： (3)两分子H3PO4(Ka3=4.8×10-13)脱水聚合得到一分子H4P2O7(Ka3=2.0×10-7)，从PO43-、HP2O73-的结构角度分析Ka3差异的原因 。 【答案】(3) H3PO4中含有1个非羟基氧，H4P2O7含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子 【解析】(3)H3PO4中含有1个非羟基氧，H4P2O7含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子，所以H4P2O7的Ka3大于H3PO4的Ka3。 3．(2024·浙江省6月，17)氧是构建化合物的重要元素。请回答： (3)化合物和的结构如图2。 ①和中羟基与水均可形成氢键()，按照氢键由强到弱对三种酸排序 ，请说明理由 。 ②已知、钠盐的碱性NaC＞NaD，请从结构角度说明理由 。 【答案】(3)①HC>HB>HA O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，其中羟基与H2O形成的氢键逐渐增强 ②S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，碱性NaC＞NaD 【解析】(3)①O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，从而其中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC>HB>HA；②HC、HD钠盐的碱性NaC＞NaD，说明酸性HC＜HD，原因是：S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，钠盐的碱性NaC＞NaD。 4．(2024·浙江省1月，17)氮和氧是构建化合物的常见元素。 已知： 请回答： (3)①H2N-NH2+H+→H2N-NH3+，其中-NH2的N原子杂化方式为 ；比较键角中的-NH2 H2N-NH3+中的-NH3+ (填“>”、“<”或“=”)，请说明理由 。 ②将HNO3与SO3按物质的量之比1：2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是NO2+。比较氧化性强弱：NO2+ HNO3 (填“>”、“<”或“=”)；写出A中阴离子的结构式 。 【答案】(3) sp3 ＜ -NH2有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小 ＞ 【解析】(3)①-NH2的价层电子对数，故杂化方式为sp3；-NH2价层电子对数为4，有一对孤电子对，-NH3+价层电子对数，无孤对电子，又因为孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，故键角中的-NH2＜H2N-NH3+中的-NH3+；②将HNO3与SO3按物质的量之比1：2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是NO2+，则A为NO2HS2O7，NO2+为硝酸失去一个OH-，得电子能力更强，氧化性更强，故氧化性强弱：NO2+ ＞HNO3；阴离子为HS2O7-根据已知可知其结构式为。 5．(2023·浙江省6月，17)氮的化合物种类繁多，应用广泛。 请回答： (2)与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。 ①下列说法不正确的是___________。 A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：1s22s12p33s1 B．化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2＞Mg3N2 C．最简单的氮烯分子式：N2H2 D．氮烷中N原子的杂化方式都是sp3 ②氮和氢形成的无环氨多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为______。 ③给出H+的能力：NH3 _______[ CuNH3]2+ (填“>”或“<”)，理由是___________。 【答案】(2)① A ②NnHn+2−2m(，m为正整数) ③＜ ④[CuNH3]2+形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂 【解析】(2)①A项，能量最低的激发态N原子应该是2p能级上一个电子跃迁到3s能级，其电子排布式：1s22s22p23s1，故A错误；B项，钙的金属性比镁的金属性强，则化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2＞Mg3N2，故B正确；C项，氮有三个价键，最简单的氮烯即含一个氮氮双键，另一个价键与氢结合，则其分子式：N2H2，故C正确；D项，氮烷中N原子有一对孤对电子，有三个价键，则氮原子的杂化方式都是sp3，故D正确；故选A。②氮和氢形成的无环氨多烯，一个氮的氮烷为NH3，两个氮的氮烷为N2H4，三个氮的氮烷为N3H5，四个氮的氮烷为N4H6，设分子中氮原子数为n，其氮烷分子式通式为NnHn+2，根据又一个氮氮双键，则少2个氢原子，因此当双键数为m，其分子式通式为NnHn+2−2m(，m为正整数)；③[CuNH3]2+形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，因此给出H+的能力：NH3＜[CuNH3]2+。 6．(2023·浙江省1月，17)硅材料在生活中占有重要地位。 请回答： (1) Si(NH2)4分子的空间结构(以Si为中心)名称为________，分子中氮原子的杂化轨道类型是_______。Si(NH2)4受热分解生成Si3N4和NH3，其受热不稳定的原因是________。 【答案】(1)四面体 sp3 Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强[Si(NH2)4中Si-N键键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增) 【解析】(1)Si(NH2)4分子可视为SiH4分子中的4个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的，所以Si(NH2)4分子中Si原子轨道的杂化类型是sp3，分子的空间结构(以Si为中心)名称为四面体；氨基(-NH2)氮原子形成3个σ键，含有1对孤对电子，N原子杂化轨道数目为4，N原子轨道的杂化类型是sp3；Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强Si(NH2)4中Si-N键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)，故Si(NH2)4受热不稳定，容易分解生成Si3N4和NH3。 研考点·通技法 1．共价键 (1)分类 ②配位键：形成配位键的条件是成键原子一方(A)能够提供孤电子对，另一方(B)具有能够接受孤电子对的空轨道，可表示为A—B。 (2)σ键和π键的判断方法 共价单键为σ键，双键中有一个σ键和一个π键，三键中有一个σ键和两个π键。但注意配位键也属于σ键，如1 mol [Cu(NH3)4]2+中所含σ键数目为16NA。 (3)大π键 ①定义：大π键一般是三个或更多个原子间形成的，是未杂化轨道中原子轨道“肩并肩”重叠形成的π键。 ②表达式：m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。 ③示例：、；CH2CH—CHCH2、；N、；SO2、；O3、；C、。 2．中心原子价层电子对数、杂化轨道类型与粒子的立体构型(A型) 价层电子对数(杂化轨道数) 2 3 4 杂化轨道类型 sp sp2 sp3 价层电子对模型(VSEPR) 直线形 三角形 四面体形 粒子组成形式与构型 AB2： 直线形 AB2： V形 AB3： 三角形 AB2： V形 AB3： 三角锥形 AB4：(正) 四面体形 规律 当中心原子无孤电子对时，分子构型与价层电子对模型一致；当有孤电子对时，分子的构型为去掉孤电子对后剩余部分的立体构型，且孤电子对会对分子构型产生“挤压”效果，使键角变小 3．中心原子杂化类型和分子空间构型的相互判断 分子(A为中心原子) 中心原子杂化方式 中心原子孤电子对数 分子构型 示例 AB2 sp 0 直线形 BeCl2 sp2 1 V形 SO2 sp3 2 V形 H2O AB3 sp2 0 平面三角形 BF3 sp3 1 三角锥形 NH3 AB4 sp3 0 正四面体形 CH4 4．常见等电子体 粒子 通式 价电子总数 立体构型 CO2、SCN－、NO、N、N2O、COS、CS2 AX2 16e－ 直线形 CO、NO、SO3 AX3 24e－ 平面三角形 SO2、O3、NO AX2 18e－ V形 SO、PO AX4 32e－ 正四面体形 PO、SO、ClO AX3 26e－ 三角锥形 CO、N2、C AX 10e－ 直线形 CH4、NH AX4 8e－ 正四面体形 5．键的极性与分子极性的关系 类型 实例 两个键之间的夹角 键的极性 分子的极性 空间构型 X2 H2、N2 － 非极性键 非极性分子 直线型 XY HCl、NO － 极性键 极性分子 直线型 XY2(X2Y) CO2、CS2 180° 极性键 非极性分子 直线型 SO2 120° 极性键 极性分子 三角形 H2O、H2S 104．5° 极性键 极性分子 V形 XY3 BF3 120° 极性键 非极性分子 平面三角形 NH3 107．3° 极性键 非极性分子 三角锥形 XY4 CH4、CCl4 109．5° 极性键 非极性分子 正四面体 6．三种作用力及其对物质性质的影响 范德华力 氢键 共价键 作用微粒 分子 H与N、O、F 原子 强度比较 共价键>氢键>范德华力 影响因素 组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越大 A—H…B中形成氢键元素的电负性(A、B的电负性) 原子半径 对性质 的影响 影响物质的熔点、沸点、溶解度等物理性质 分子间氢键使熔点、沸点升高，溶解度增大 键能越大，稳定性越强 5．配位化合物 配合物的组成 [中心离子(配体)n][外界] 典型配合物 Cu(NH3)4SO4 Fe(SCN)3 Ag(NH3)2OH 中心离子 Cu2+ Fe3+ Ag+ 中心离子结构特点 一般是金属离子，特别是过渡金属离子，必须有空轨道 配体 NH3 SCN- NH3 配体结构特点 分子或离子，必须含有孤对电子(如NH3、H2O、CO、Cl-、SCN-等) 配位数(n) 4 3 2 外界 SO42- 无 OH- 颜色 深蓝色 血红色 无色 配离子所含化学键 配体通过配位键与中心离子结合 配合物所含化学键 配位键、离子键；配体或外界中可能还含有共价键 配合物的常见性质 属于离子化合物，多数能溶解、能电离，多数有颜色 金属羰基配合物 是过渡金属和一氧化碳配位形成的配合物，如四羰基镍[Ni(CO)4]。在许多有机化合物的合成反应中，金属羰基配合物常常作为这些反应的催化剂 二茂铁 二茂铁的结构为一个铁原子处在两个平行的环戊二烯的环之间。在固体状态下，两个茂环相互错开成全错位构型，温度升高时则绕垂直轴相对转动。二茂铁的化学性质稳定，类似芳香族化合物 7．超分子 (1)定义：有两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。 注意：超分子定义中分子是广义的，其中包括离子。 (2)特征：分子识别和自组装。 破类题·提能力 1．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)过渡金属Fe、Co、Ni、Mn是锂电池正极材料的重要元素。 (4)相对于三元材料中的M-O键(M表示Co、Ni、Mn)，磷酸铁锂(LiFePO4)电池中的P-O键使其高温性能更佳、循环次数更多，试从结构角度分析原因___________。 【答案】(4)半径M>P，键能P-O>M-O；电负性M<P<O，P-O键极性更小，更稳定 【解析】(4)物质的稳定性核心取决于化学键的强弱。半径M>P，键能P-O>M-O；电负性M<P<O，P-O键极性更小，更稳定，从而赋予材料更好的热稳定性和循环寿命。 2．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模) (3)已知CO2+H2OH2CO3，CS2与NH3按照物质的量之比为1：2发生类似反应得到NH4+和一种阴离子，写出阴离子的结构式 。 (4)H2S2O3结构式为 ，从结构角度解释H2S2O3的酸性弱于H2SO4原因是 。 【答案】(3) (4) O电负性大于S，S=S吸电子能力小于O=S，使硫代硫酸中羟基极性较小，酸性较弱 【解析】(3)已知CO2+H2OH2CO3，CS2与NH3按照物质的量之比为1：2发生类似反应得到NH4+和一种阴离子，则阴离子的分子式为(H2NCS2)-，结构式为； (4)H2SO4的结构式为，H2S2O3相当于将一个O替换成S，故H2S2O3结构式为；O和S为同族元素，电负性O大于S，吸电子能力S=S小于O=S，使硫代硫酸中羟基极性较小，电离出氢离子能力较硫酸弱，酸性较弱； 3．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)过渡金属及其有关化合物是材料化学的重要研究内容。请回答： (2)由含钴矿渣制备钴，矿渣酸浸所得可被X(如图所示)萃取。 ①两分子X易形成二聚体，请写出该二聚体的结构：___________。 ②X与足量浓NaOH加热反应的化学方程式：___________。 ③萃取剂Y的酸性比X的弱，请从结构角度解释原因：___________。 【答案】(2) ① ②(C8H17O)2PO(OH)+3NaOH=Na3PO4+2C8H17OH+H2O ③C8H17O-是吸电子基团，能显著增强羟基中的O-H键的极性，使氢离子更容易电离，因此X酸性更强 【解析】(2)①X为，两分子 X 通过氢键形成二聚体，结构为：；②由图知，X为磷酸酯，与NaOH反应时，除了中和反应，还有水解反应，故X与足量浓NaOH加热反应的化学方程式为：(C8H17O)2PO(OH)+3NaOH=Na3PO4+2C8H17OH+H2O；③由于C8H17O-是吸电子基团，能显著增强羟基中的O-H键的极性，使氢离子更容易电离，因此萃取剂Y的酸性比X的弱； 4．(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考) (3)化合物A()、B()是氮化合物的主要中间体。 ①化合物X的化学式与B相同，但熔、沸点更为显著。写出化合物X的电子式 。 ②化合物A、B分别结合质子后，测得[H2A]2+的给质子能力比[H2B]2+弱，请从“键的极性大小对化学性质的影响”角度说明理由 。 ③低温条件下，化合物A与NaOH溶液、H2O2溶液反应，得到含有[OC(NH2)2]的溶液。 (ⅰ)将反应体系温度下降至低温的目的是 。 (ⅱ)写出过程中化合物A涉及的离子方程式 。 【答案】 (3)或 电负性O＞S，C=O键极性强，使得[H2B]2+中H更易解离，即给质子能力更强 防止H2O2由于温度过高而分解 SC(NH2)2 +4H2O2+2OH-= OC(NH2)2+SO42-+5H2O 【解析】(3)①B为，化合物X的化学式与B相同，但熔、沸点更为显著，说明X分子中分子间氢键更强，则X为氰酸铵，其电子式可表示为或；②A中存在C=S键，B中存在C=O键。由于O的电负性比S大，所以C=O键的极性比C=S键的极性强。在[H2A]2+和[H2B]2+中，H与其他原子形成的键受C=S键和C=O键极性影响，C=O键极性强，使得[H2B]2+中H更易解离，即给质子能力更强；而C=S键极性弱，[H2A]2+中H较难解离，给质子能力更弱；③(ⅰ)因为H2O2受热易分解，低温可保证其参与反应的量，从而顺利得到含有[OC(NH2)2]的溶液，故将反应体系温度下降至低温的目的是防止H2O2分解。(ⅱ)过程中化合物A在碱性条件下与过氧化氢反应被氧化，离子方程式为：SC(NH2)2 +4H2O2+2OH-= OC(NH2)2+SO42-+5H2O。 5．(2025·浙江师大附中高三模拟考试)C和S是构建化合物的重要元素，请回答： (2)①已知CO2+H2OH2CO3，CS2与NH3按照物质的量之比为1∶2发生类似反应得到NH4+和一种阴离子，写出阴离子的结构式 。 ②从结构角度分析浓硫酸氧化性比稀硫酸强的原因 。 【答案】(2) ① ②稀硫酸中H2SO4完全电离，H+与SO42-相互作用较弱，浓硫酸中H2SO4主要以分子形式存在，H与O的相互作用降低了硫酸分子中S-O键的稳定性，从而更易被还原 【解析】(2)①已知CO2+H2OH2CO3，CS2与NH3按照物质的量之比为1∶2发生类似反应得到NH4+和一种阴离子，则阴离子的分子式为(H2NCS2)- ，结构式为。②稀硫酸发生完全电离，生成的SO42-呈正四面体结构，稳定性强；而浓硫酸中，硫酸主要以分子形式存在，H-O共价键的形成，使O-S间的作用力减弱，稳定性变差，所以从结构角度分析浓硫酸氧化性比稀硫酸强的原因：稀硫酸中H2SO4完全电离，H+与SO42-相互作用较弱，浓硫酸中H2SO4主要以分子形式存在，H与O的相互作用降低了硫酸分子中S-O键的稳定性，从而更易被还原。 6．(2025·浙江省杭州市高三一模)N、O、F的化合物种类繁多，应用广泛，请回答： (3)O3分子的键角约为117°，中心O原子的杂化方式为 。 (4)已知吡啶()和吡咯()分子中均存在6个电子参与形成的大键，判断碱性：吡啶 吡咯(填“>”、“<”、“=”)。 (5)弱电解质的电离一般是吸热，而HF(aq)H+(aq)+F-(aq) ΔH＜0结合F-的结构说明原因 。 【答案】(3)sp2 (4)> (5)F-半径小，能与水分子形成强烈的静电作用，水合时释放大量能量 【解析】(3)由O3分子的键角约为117°可知，O3中心O原子价层电子对数为，采取sp2杂化。(4)吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了环的形成，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，碱性：吡啶>吡咯。(5)任何一种酸在水中电离都分为两个过程：解离过程和溶剂化过程，离解过程是HF离解成F-和H+，这个过程是吸热的，溶剂化过程是离解出来的F-和H+与溶剂水作用，得到水合离子的过程，这个过程是放热的，当第二个过程放出的热比第一个过程吸收的热多，表现为放热。则  HF(aq)H+(aq)+F-(aq)  ΔH＜0，原因为F-半径小，能与水分子形成强烈的静电作用，水合时释放大量能量。 热点设问03晶体结构与性质 析典例·明思路 1．(2026浙江1卷，17)回答下列问题： (1)CaF2的晶胞如图。请回答： ①CaF2的电子式： ； ②Ca2+旁边最近的Ca2+有 个； ③ErF3荧光掺入，Er3+代替 (A或B)。 【答案】(1) ① ②12 ③B 【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CaF2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)；③ErF3掺入后，Er3+为阳离子，代替的是原有阳离子Ca2+，即B； 2．(2025·浙江6月卷，17)(2)一种铜化合物的晶胞如图，写出由配离子表示的该化合物的化学式_______。 【答案】(2)[Cu(NH3)4][PtCl4] 【解析】(2)根据均摊法，该铜化合物的晶胞中含Pt：，每个Pt周围四个Cl配位；每个晶胞中含Cu：，每个Cu周围四个NH3配位，则由配离子表示的该化合物的化学式为[Cu(NH3)4][PtCl4]； 3．(2025·浙江省1月，17)磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答： (2)某化合物的晶胞如图。 ①化学式是 ； ②将0.01mol该化合物加入到含少量石蕊的10mLH2O中，实验现象是 (从酸碱性和溶解性角度推测)。 【答案】(2) Ca3PCl3 溶液变蓝，有气体放出 【解析】(2)①根据均摊原则，晶胞中Cl原子数、P原子数、Ca原子数，所以化学式是Ca3PCl3；②Ca3PCl3中P显-3价，将0.01mol该化合物加入到含少量石蕊的10mLH2O中，反应生成氯化钙、氢氧化钙、PH3气体，溶液呈碱性，实验现象是溶液变蓝，有气体放出。 4．(2024·浙江省6月，17)氧是构建化合物的重要元素。请回答： (1)某化合物的晶胞如图1，的配位数(紧邻的阳离子数)为 ；写出该化合物的化学式 ，写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式 。 【答案】(1)12 K3ClO K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O 【解析】(1)由晶胞结构知，Cl位于8个顶点，O位于体心，K位于面心，1个晶胞中含Cl：8×=1个、含O：1个、含K：6×=3个，该化合物的化学式为K3ClO；由图可知，Cl-的配位数为=12；该化合物可看成KCl∙K2O，故该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3∙H2O，反应的化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O。 5．(2024·浙江省1月，17)氮和氧是构建化合物的常见元素。 已知： 请回答： (1)某化合物的晶胞如图，其化学式是 ，晶体类型是 。 【答案】(1)CrCl2·4H2O 分子晶体 【解析】(1)由晶胞图可知，化学式为CrCl2·4H2O；由晶胞图可知构成晶胞的粒子为CrCl2·4H2O分子，故为分子晶体。 6．(2023·浙江省6月，17)氮的化合物种类繁多，应用广泛。 请回答： (3)某含氮化合物晶胞如图，其化学式为___________，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为___________。 【答案】(3)①CaCN2 ②6 【解析】(3)钙个数为，CN22-个数为，则其化学式为CaCN2；根据六方最密堆积图，以上面的面心分析下面红色的有3个，同理上面也应该有3个，本体中分析得到，以这个CN22-进行分析，其俯视图为，因此距离最近的钙离子个数为6，其配位数为6。 7．(2023·浙江省1月，17)硅材料在生活中占有重要地位。 (3)Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是___________，该化合物的化学式为___________。 【答案】(2)AB (3)共价晶体 SiP2 【解析】(3)Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图可知，原子间通过共价键形成的空间网状结构，形成共价晶体；根据均摊法可知，一个晶胞中含有个Si，8个P，故该化合物的化学式为SiP2。 研考点·通技法 1．常见原子晶体结构分析 晶体 晶体结构 结构分析 金刚石 原子半径(r)与边长(a)的关系：a=8r (1)每个碳与相邻4个碳以共价键结合，形成正四面体结构，键角均为109°28′ (2)每个金刚石晶胞中含有8个碳原子，最小的碳环为6元环，并且不在同一平面(实际为椅式结构)，碳原子为sp3杂化 (3)每个碳原子被12个六元环共用，每个共价键被6个六元环共用，一个六元环实际拥有个碳原子 (4)C原子数与C—C键数之比为1∶2，12g金刚石中有2 mol共价键 (5)密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) SiO2 (1)SiO2晶体中最小的环为12元环，即：每个12元环上有6个O，6个Si (2)每个Si与4个O以共价键结合，形成正四面体结构，每个正四面体占有1个Si，4个“O”，n(Si)∶n(O)＝1∶2 (3)每个Si原子被12个十二元环共用，每个O原子被 6个十二元环共用 (4)每个SiO2晶胞中含有8个Si原子，含有16个O原子 (5)硅原子与Si—O共价键之比为1：4，1mol Si O2晶体中有4mol共价键 (6)密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) SiC、BP、AlN (1)每个原子与另外4个不同种类的原子形成正四面体结构 (2)密度：ρ(SiC)＝；ρ(BP)＝； ρ(AlN)＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) (3)若Si与C最近距离为d，则边长(a)与最近距离(d)的关系：a=4d 2．常见分子晶体结构分析 晶体 晶体结构 结构分析 干冰 (1)面心立方最密堆积：立方体的每个顶点有一个CO2分子，每个面上也有一 个CO2分子，每个晶胞中有4个CO2分子 (2)每个CO2分子周围等距且紧邻的CO2分子有12个 (3)密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) 白磷 (1)面心立方最密堆积 (2)密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) 冰 (1)每个水分子与相邻的4个水分子以氢键相连接 (2)每个水分子实际拥有两个“氢键” (3)冰晶体和金刚石晶胞相似的原因：每个水分子与周围四个水分子形成氢键 【微点拨】 (1)若分子间只有范德华力，则分子晶体采取分子密堆积，每个分子周围有12个紧邻的分子。在分子晶体中，原子先以共价键形成分子，分子再以分子间作用力形成晶体。由于分子间作用力没有方向性和饱和性，分子间尽可能采取密堆积的排列方式。如：干冰、O2、I2、C60等分子 (2)若分子间靠氢键形成的晶体，则不采取密堆积结构，每个分子周围紧邻的分子数要小于12个。因为氢键有方向性和饱和性，一个分子周围其他分子的位置和数目是一定的。如：冰晶体、苯甲酸晶体 3．常见离子晶体结构分析 晶体 晶体结构 结构分析 NaCl (1)一个NaCl晶胞中，有4个Na+，有4个Cl－ (2)在NaCl晶体中，每个Na+同时强烈吸引6个Cl－，形成正八面体形； 每 个Cl－同时强烈吸引6个Na+ (3)在NaCl晶体中，Na+ 和Cl－的配位数分别为6、6 (4)在NaCl晶体中，每个Na+周围与它最接近且距离相等的Na+共有12个， 每个Cl－周围与它最接近且距离相等的Cl－共有12个 (5)密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) CsCl (1)一个CsCl晶胞中，有1个Cs+，有1个Cl－ (2)在CsCl晶体中，每个Cs+同时强烈吸引8个Cl－，即：Cs+的配位数为8， 每个Cl－ 同时强烈吸引8个Cs+，即：Cl－的配位数为8 (3)在CsCl晶体中，每个Cs+周围与它最接近且距离相等的Cs+共有6个，形成正八面体形，在CsCl晶体中，每个Cl－周围与它最接近且距离相等的Cl－共有6个 (4)密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) ZnS (1)1个ZnS晶胞中，有4个S2－，有4个Zn2＋ (2)Zn2＋的配位数为4，S2－的配位数为4 (3)密度＝ CaF2 (1)1个CaF2的晶胞中，有4个Ca2＋，有8个F－ (2)CaF2晶体中，Ca2＋和F－的配位数不同，Ca2＋配位数是8，F－的配位数是4 (3)密度＝ 离子晶体的配位数 离子晶体中与某离子距离最近的异性离子的数目叫该离子的配位数 影响离子晶体配位数的因素 (1)正、负离子半径比：AB型离子晶体中，阴、阳离子的配位数相等，但正、负离子半径比越大，离子的配位数越大。如：ZnS、NaCl、CsCl (2)正、负离子的电荷比。如：CaF2晶体中，Ca2＋和F－的配位数不同 4．常见金属晶体结构分析 (1)金属晶体的四种堆积模型分析 堆积模型 简单立方堆积 体心立方堆积 (钾型) 面心立方最密堆积(铜型) 六方最密堆积(镁型) 晶胞 代表金属 Po Na K Fe Cu Ag Au Mg Zn Ti 配位数 6 8 12 12 晶胞占有的原子数 1 2 4 6或2 原子半径(r)与立方体边长为(a)的关系 a＝2r a＝4r a＝4r —— 　　2．物质熔、沸点高低的比较 一般情况下，原子晶体>离子晶体>分子晶体，如：金刚石>NaCl>Cl2；金属晶体>分子晶体，如：Na>Cl2。(金属晶体熔、沸点有的很高，如钨、铂等，有的则很低，如汞等) 原子晶体 →→，如：金刚石>石英>晶体硅 离子晶体 一般地说，阴阳离子的电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，晶格能越大，熔、沸点就越高。如：MgO>MgCl2，NaCl>CsCl 金属晶体 金属离子半径越小，离子所带电荷数越多，其形成的金属键越强，金属单质的熔、沸点就越高，如Al>Mg>Na 分子晶体 ①分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高；具有分子间氢键的分子晶体熔、沸点反常的高。如H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S ②组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越高，如SnH4＞GeH4＞SiH4＞CH4 ③组成和结构不相似的物质(相对分子质量接近)，分子的极性越大，其熔沸点越高，如CO＞N2 在同分异构体中，一般支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷＞异戊烷＞新戊烷 破类题·提能力 1．(2026·浙江省强基联盟高三联考一模) (2)S与A、B两种金属形成的晶胞如图所示，该化合物的化学式为 。 【答案】(2)ABS2 【解析】(2)A位于顶点的有8个，面上的有4个，内部有1个，故有，位于棱上的有4个，面上的有6个，故有，而都在内部，有8个，故个数为8个，因此分子式为ABS2； 2．(2026·浙江省第二届NBchem高三第一次联考) (2)某化合物的晶胞如下图所示，以配离子形式写出该化合物的化学式为 。 【答案】(2)[Zn(NH3)4][FeCl4]或[Zn(NH3)4]2+[FeCl4]2- 【解析】(2)由图可知，Fe的个数为，Zn的个数为，Cl的个数为，NH3的个数为，根据晶胞所示结构，Zn和NH3配位，Fe和Cl配位，因此配合物的化学式为[Zn(NH3)4][FeCl4]或[Zn(NH3)4]2+[FeCl4]2-； 3．(2026·浙江金丽衢十二校高三第二次联考)过渡金属及其有关化合物是材料化学的重要研究内容。请回答： (1)某太阳能电池材料的立方晶胞结构如下图所示，其中A为稀土元素La，化合价为价。 ①该材料的化学式为___________。 ②与Mn距离最近且相等的O有___________个。 ③若用部分取代Mn位，晶体密度会___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 【答案】(1) ①LaMnO3 ②6 ③增大 【解析】(1)①由图知，A(La)原子位于顶点，共有个，黑球(Mn原子)位于体心，共有1个，灰球(O原子)位于面上，共有，由于A为稀土元素La，化合价为+3价，故该材料的化学式为：LaMnO3；②由晶胞图，结合化学式可知，Mn位于体心，O位于面心，故与Mn距离最近且相等的O有6个；③Fe3+相对原子质量(55.85)大于Mn(54.94)，晶胞体积不变，质量增大，故密度增大； 4．(2026·浙江省北斗星盟高三一模)氮化铁有多种晶体结构，多孔的氮化铁材料因其较高的理论容量和良好的导电性，被探索作为锂离子电池的负极材料。请回答： (2)晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。 ①镁离子嵌入图1获得高性能固体电解质材料，该反应的方程式是_______； ②图1中晶胞的(●)平移到面心位置，则平移后(·)所在晶胞位置为_______。 【答案】(2)Li3OCl+Mg2+=LiMgOCl+2Li+ 面心和顶点 【解析】(2)根据均摊法可知，图1的晶胞中含Li：，O：，Cl：，化学式为Li3OCl，图2的晶胞中Li的个数为1，含Mg或空位：，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOCl；①镁离子嵌入图1获得高性能固体电解质材料，该反应的方程式是：Li3OCl+Mg2+=LiMgOCl+2Li+ ；②如图，当图1中晶胞的Cl平移到面心位置，平移后Li所在晶胞位置为面心和顶点； 5．(2026·浙江新阵地教育联盟二次联考)过渡金属Fe、Co、Ni、Mn是锂电池正极材料的重要元素。 (2)三元锂电池的正极材料可看成用Ni和Mn替换了LiCoO2中部分Co，晶胞如图(此时无法放电)。充电时，Li+从正极材料中___________(填“嵌入”或“脱嵌”)；当充电50%时，正极材料中的Li-O八面体与Ni-O八面体的数目之比是___________。 (3)KFe2Se2是一种新型导电材料，晶胞投影如图，其晶体类型为___________，Fe的配位数是___________。 【答案】(2) 脱嵌 3：2 (3)混合型晶体 4 【解析】(2)锂电池的工作原理：放电时，Li+从负极脱嵌，嵌入正极；充电时，反应逆向进行，Li+从正极脱嵌，回到负极(阴极) 参与还原反应；从晶胞局部示意图可知，Ni、Co、Mn的比例为1：1：1，充电50%时，意味着有50%的Li脱出。剩余的Li与过渡金属的数目比为1：2，结合M的比例，可推导出Li-O八面体与Ni-O八面体的数目之比为3：2。 (3)KFe2Se2是新型导电材料，说明其具有类似金属晶体的导电性；同时存在明确的晶胞结构和离子，兼具离子晶体和共价晶体的特征，因此属于混合型晶体；根据晶胞投影图，以Fe为中心，周围等距离且最近的Se原子数目为4，故配位数为4。 6．(2025·浙江省衢州二中高三模拟)碳可与氢形成多种烃，硼、氮、硅等元素也可以与氢形成类似于烃的化合物，请回答： (3)某储氢合金储氢后的晶胞结构如图所示，其对应的化学式为 ；若将该储氢合金中的氢气全部释放，可得标况下的氢气 L(，NA表示阿伏加德罗常数的值)。 【答案】(3) LaNi5H6 【解析】(3)该晶胞中La原子个数为：8×=1；Ni原子个数为：l+8×=5；H2应该为：2×+8×=3，La、Ni、H原子个数分别为1、5、6，故该物质化学式为LaNi5H6，该晶胞的体积为V=(a2×sin60°×c×10-33)dm3=；l dm3该储氢合金中n(H2) =，在标准状况下反应产生的H2的体积V=n·Vm=×22.4 L/mol = L。 7．(2025·浙江省县义乌中学高三模拟考试)C和S是构建化合物的重要元素，请回答： (3)某化合物的晶胞如图甲所示，图乙为其沿z轴方向Li+的投影，该化合物的化学式为 ，其中Li+的配位数(最近且等距的阴离子数)为 。 【答案】(3) Li2CN2 4 【解析】(3)某化合物的晶胞如图甲所示，其中8个C原子位于晶胞的顶点、1个C原子位于体内，8个N原子位于棱上、2个N原子位于体内，图乙为其沿z轴方向Li+的投影，表明8个Li+都位于面上，则晶胞中含C原子数目为=2，N原子数目为=4，Li+数目为=4，C、N、Li+的个数比为2：4：4=1：2：2，该化合物的化学式为Li2CN2；其中晶胞内与Li+距离最近的N原子分别位于该晶胞内相邻的两个棱上、该晶胞体内、另一晶胞体内，所以Li+的配位数(最近且等距的阴离子数)为4。 刷模拟 1．(2026·浙江省七彩阳光新高考研究联盟2026届高三开学联考)镁的氟化物在生产、生活中有重要应用。请回答： (1)某含镁、氟元素的化合物的晶胞如下图所示。 ①该晶胞的化学式为 。 ②该晶体中，F-的配位数是 ③下列关于该晶体的说法，不正确的是 。 A．Mg2＋与F-形成的是sp2-pσ键 B．Mg2＋半径小于F-半径 C．基态Mg2＋不存在未成对电子 D．该晶体硬度高，延展性好 【答案】(1)MgF2 3 AD 【解析】(1)①由晶胞图可知，白球位于顶角与体心，共2个，黑球位于上下面及体内，共2+=4个，根据元素化合价可知，该晶胞的化学式为MgF2；②观察晶胞图中的黑球连接可知，F-的配位数是3；③A项，MgF2是离子化合物，Mg2＋与F-形成的是离子键，A错误；B项，Mg2＋、F-的电子层数相同，因Mg2＋质子多，故Mg2＋半径小于F-半径，B正确；C项，由基态Mg2＋的电子排布1s22s22p6可知，基态Mg2＋不存在未成对电子，C正确；D项，离子晶体硬度较高，但离子键会因离子错位而发生断裂，故离子晶体的延展性不好，D错误；故选AD。 2．(2026·浙江省新阵地教育联盟三联考)钛在生活中应用广泛，被称为“太空金属”、“第三金属”和“未来金属”。 (1)下列有关钛的叙述正确的是_________。 A．48Ti、49Ti、50Ti互为同素异形体 B．基态钛原子的价层电子排布式为3d24s2 C．钛元素位于元素周期表第四周期ⅡB族 D．基态时，钛和铝原子核外未成对电子数相等 (2)钛金属能导电的原因是 。 (3)钛的一种氧化物是优良的颜料，该氧化物的晶胞结构如图所示，则该氧化物的化学式为 ；在晶胞中Ti原子的配位数为 。 【答案】(1)B (2)金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动 (3) TiO2 6 【解析】(1)A项，同素异形体是同种元素组成的不同单质；48Ti、49Ti、50Ti为钛的三种同位素，而不是互为同素异形体，错误；B项，钛为22号元素，基态钛原子的价层电子排布式为3d24s2，正确；C项，钛为22号元素，钛元素位于元素周期表第四周期ⅣB族，错误；D项，基态时，钛和铝原子核外未成对电子数分别为2、1，错误；故选B； (2)溶液或熔融电解质导电的原因是存在自由移动的离子，金属导电的原因是存在自由移动的电子；钛金属能导电的原因是金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动； (3)据“均摊法”，晶胞中含个Ti、个O，则该氧化物的化学式为TiO2；以体心钛原子为例，最近且相邻的原子为6个，则在晶胞中Ti原子的配位数为6； 3．(2026·浙江省Z20联盟高三一模，节选)第VIII族元素铁、钴、镍及其化合物应用广泛。请回答： (1)尿素分子H2NCONH2与Fe(NO3)3形成配合物[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3，下列说法不正确的是_______。 A．基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为4：5 B．元素C、N、O中，第一电离能最大的是N，电负性最大的是O C．尿素中N原子的配位能力强于NH3中的N原子的配位能力 D．八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe3+配位的原子是N (2) Co3+的氧化性大于[Co(NH3)6]3+，请从结构的角度解释 ． (3)NixCuyNz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图所示。 已知：相邻原子间的最近距离之比，则x：y：z= ；晶体中与原子距离最近且相等的原子的数目为 。 【答案】(1)CD (2)两离子所带正电荷数相等，[Co(NH3)6]3+半径较大，正电荷密度较小，相对难得电子或[Co(NH3)6]3+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，使中心Co原子上的电子云密度增大，较难从其他物质中得电子 (3)3：1：1 12 【解析】(1)A项，基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，含有4个未成对电子，Fe3+价层电子排布式为3d5，含有5个未成对电子，基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为4：5，A正确；B项，同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，故电负性：C<N<O；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，第一电离能：C<O<N，则C、N、O三元素的第一电离能最大者为N、电负性最大者为O，B正确；C项，因尿素分子中N的孤对电子部分与羰基共轭，相比NH3更难提供电子形成配位键，则尿素中N原子的配位能力弱于NH3中的N原子的配位能力，C错误；D项，八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，H2NCONH2中N、O原子均存在孤电子对，由C可知N原子较难提供电子形成配位键，故O原子提供孤电子对与Fe3+形成配位键，D错误；故选CD。 (2)两离子所带正电荷数相等，[Co(NH3)6]3+半径较大，正电荷密度较小，相对难得电子或 [Co(NH3)6]3+中NH3的孤电子对与钴的空轨道形成配位键，使中心Co原子上的电子云密度增大，较难从其他物质中得电子，则Co3+的氧化性大于[Co(NH3)6]3+。 (3)设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为a，面心的原子与体心的原子距离为a，依题给条件，相邻原子间的最近距离之比，可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×=3个，顶点原子为Cu，有8×=1个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1；根据分析，Cu原子处于顶点，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为3×8×=12。 4．(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模，节选)元素在自然界中存在形式丰富多彩，请回答： (1)下列有关说法正确的是___________。 A．基态Fe原子中有3个未成对电子，故易形成Fe3+ B．微粒半径：V3+＞V4+ C．Na元素位于周期表的s区 D．[Ne]3s23px1→[Ne]3s23py1的过程中不能形成发射光谱 (2)二氟化铅(PbF2)晶体是一种光学材料，若用○和■来表示PbF2中的两种离子，其中■在立方晶胞中的位置如图1所示，晶胞中ACGE和BDHF的截面图均如图2所示。 ①二氟化铅晶体中，的配位数为___________。 ②资料显示还存在四氟化铅(PbF4)和四氯化铅(PbCl4)，但四氯化铅不稳定，常温下会分解产生气体单质，而四氟化铅却能稳定存在。请从氧化还原反应的角度分析四氟化铅稳定的原因___________。 (3)现有三种物质：甲：  乙：  丙： ①常温下，比较物质甲和物质乙的Ka值大小：Ka1(甲)___________Ka(乙)。(填“>”“<”或=”) ②比较沸点：甲___________丙(填“>“<”或“=”)。 【答案】(1)BCD (2) 8 F元素电负性强，F离子还原性很弱，很难被Pb4+氧化 (3) < > 【解析】(1)A项，基态Fe原子电子排布为[Ar]3d64s2，3d轨道有4个未成对电子，A错误；B项，同种元素的阳离子，正电荷越高，离子半径越小，故微粒半径V3+＞V4+，B正确；C项，Na元素价电子为3s1，位于周期表s区，C正确；D项，3px和3py属于同一能级，能量相等，该跃迁过程不释放能量，不能形成发射光谱，D正确；故选BCD； (2)晶胞中■(Pb2+)数目为，结合截面图可知晶胞中F-数目为8，Pb2+：F-=1：2符合化学式，该结构为萤石型结构，Pb2+的配位数为8；F-还原性弱于Cl-，Pb4+无法氧化F-得到2，但可氧化Cl-生成Cl2，因此四氟化铅稳定； (3)①甲为对羟基苯甲酸，乙为苯甲酸，丙为邻羟基苯甲酸，对位羟基的给电子共轭效应占主导，整体为给电子效应，降低了羧基的酸性，故对羟基苯甲酸的一级电离常数小于苯甲酸的电离常数；②邻羟基苯甲酸可形成分子内氢键，沸点降低；对羟基苯甲酸形成分子间氢键，沸点升高，故沸点：甲>丙； 5．(2026·浙江省天域全国名校协作体高三一模，节选)过渡金属单质及其化合物在生产生活中用途广泛。 (1)[Fe(H2NCONH2)6(NO3)3]俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。下列说法正确的是_______。 A．用尿素铁做焰色试验过程中观察不到现象，因铁原子核外电子不会发生跃迁 B．元素C、N、O原子的第一电离能：N> O>C C．尿素(H2NCONH2)与氰酸铵(NH4OCN)互为同分异构体 D．八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中的配位数为12，配位原子是 (2)具有双钙钛矿型氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图所示，但真实的晶体中存在5%的空位缺陷，导电时空位的存在有利于的传导。考虑晶体缺陷，该晶体中+3价与+4价La原子个数比为 。 (3)氨硼烷(NH3BH3)是一种固体储氢材料。 ①实验室用[Cu(NH3)4]SO4和NaBH4以物质的量之比为1：2投料制备氨硼烷，反应过程中同时有两种单质生成，该反应的化学方程式为 。 ②一种镍磷化合物催化氨硼烷水解制氢的可能机理如图所示。 I.“中间体I”中B、N上所连H分别吸附在Ni和P上的原因是 。 II.“中间体III”经过一系列步骤转化为硼酸，已知硼酸能与甘露醇等多羟基化合物形成稳定络合物： H3BO3不能直接用溶液滴定，需要加入甘露醇之后再滴定的原因是 。 【答案】(1)BC (2)4：1 (3) [Cu(NH3)4]SO4+2NaBH42NH3BH3+Cu+Na2SO4+2NH3↑+H2↑ 电负性N>H>B，P>Ni，导致B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，故B、N上的H分别吸附在Ni和P上 H3BO3酸性太弱，滴定突跃不明显，加入甘露醇使H+浓度增大，提高滴定准确度 【解析】(1)A项，用尿素铁做焰色试验过程中观察不到现象，因铁在电子跃迁时释放的能量不在可见光的范围内，A错误；B项，元素C、N、O原子中N原子2p能级电子半满比相邻的C、O的第一电离能大，故有第一电离能：N> O>C，B正确；C项，尿素(H2NCONH2)与氰酸铵(NH4OCN)的分子式相同二结构不相同，互为同分异构体，C正确；D项，八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中H2NCONH2中的两个N与Fe3+形成配位键，化合物中共6个H2NCONH2，配位数为12，配位原子是N，D错误；故选BC。 (2)根据完整的晶胞结构可得O个数为，但真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，则真实的O个数为；Ni(II)个数为；Mn(III)个数为；La(III或IV)个数为1，晶胞化学式为La2NiMnO5.7，设晶胞中+3价La为x个，则+4价La为2-x个，根据物质化合价为0 ，可得，解得x=1.6，则有+3价La为1.6个，则+4价La为0.4个，个数比为4：1。 (3)①用[Cu(NH3)4]SO4和NaBH4以物质的量之比为1：2投料制备氨硼烷(NH3BH3)，反应过程中同时有两种单质生成，根据化合价特点可判断两种单质为Cu和氢气，该反应的化学方程式为：[Cu(NH3)4]SO4+2NaBH42NH3BH3+Cu+Na2SO4+2NH3↑+H2↑。②根据电负性N>H>B，P>Ni，导致B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，故B、N上的H分别吸附在Ni和P上。中和滴定时物质的酸碱性越强滴定误差越小，由于H3BO3酸性太弱，滴定突跃不明显，加入甘露醇后，硼酸能与甘露醇等多羟基化合物形成稳定络合物：，使H+浓度增大，提高滴定准确度。 刷真题 1．(2026浙江1卷，17)回答下列问题： (1)CaF2的晶胞如图。请回答： ①CaF2的电子式： ； ②Ca2+旁边最近的Ca2+有 个； ③ErF3荧光掺入，Er3+代替 (A或B)。 (2)将HF与HNO3按等物质的量发生化合反应生成[H2NO3]+F-，写出[H2NO3]+的结构式： 。 (3)已知：，则： ①中S原子的杂化方式： 。 ②熔点：LiF Li+[ N(SO2F)2]-(填“>”、“<”或“=”)，原因： 。 ③与反应生成与X，X的结构简式： 。 ④等物质的量(C2H5)3N、 HN(SO2F)2混合，主要产物为[(C2H5)3NH]+[ N(SO2F)2]-，原因： 。 ⑤与足量NaOH生成气体的化学方程式： ； 【答案】(1) 12 B (2) (3)sp3 > 氟离子半径小，离子键强 SiF2(CH3)2 HN(SO2F)2 中-SO2F吸电子，N-H键极性较大，H容易以H+的形式解离，(C2H5)3N中-C2H5推电子，N上的电子云密度大，容易与H+形成配位键 HN(SO2F)2+6NaOH=2NaF+2Na2SO4+NH3↑+2H2O 【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CaF2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)；③ErF3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HNO3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[H2NO3]+的结构式为； (3)①S原子形成2个S=O双键和两个S-F键，σ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Li+[ N(SO2F)2]-；③与反应的产物之一是 HN(SO2F)2，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 HN(SO2F)2，所以这两个F原子与结合生成SiF2(CH3)2；④ HN(SO2F)2中F的电负性很大，-SO2F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(C2H5)3N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[(C2H5)3NH]+；⑤先水解生成H2SO4、HF、NH3，则与足量NaOH反应会产生气体为NH3，其余两种酸与NaOH反应，因此反应方程式为HN(SO2F)2+6NaOH=2NaF+2Na2SO4+NH3↑+2H2O。 2．(2025·浙江6月卷，17，节选)铜在自然界大多以硫化物形式成矿。请回答： (1)有关铜和硫的说法正确的是_______。 A．基态硫原子有7对成对电子 B．铜焰色试验呈绿色，与铜原子核外电子跃迁释放能量有关 C 基态铜原子失去2个电子，3d轨道形成全充满结构 D．配位键强度：[Cu(NH3)4]2+＞[Cu(NH3)4]+ (2)一种铜化合物的晶胞如图，写出由配离子表示的该化合物的化学式_______。 (3)化合物A[化学式：(H2N)3PS]和B[化学式：(H2N)3PO]具有相似的结构，如图。 ①化合物B给出趋势相对更大，请从结构角度分析原因_______。 ②将化合物A与足量稀硫酸混合，在加热条件下充分反应，得到气体C和含H3PO4的溶液，写出发生反应的化学方程式_______。 ③设计实验检验气体C_______(要求利用气体C的氧化性或还原性)。 【答案】(1)ABD (2)[Cu(NH3)4][PtCl4] (3)①化合物A与化合物B结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物B中N-H键的极性更强，更易断裂 ②2(H2N)3PS +3H2SO4 + 8H2O2H3PO4+ 3(NH4)2SO4 +2 H2S↑；或(H2N)3PS +3H2SO4 + 4H2OH3PO4+ 3NH4HSO4 + H2S↑ ③将气体C通入少量酸性KMnO4溶液中，若酸性KMnO4溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S(或将气体C与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S) 【解析】 (1)A项，硫原子的原子序数为16，其基态电子排布为：1s22s22p63s23p4，其中，1s、2s、2p、3s轨道中的电子都是成对的，共6对，3p轨道中有4个电子，其中有1对成对电子，2个单电子未成对。因此，成对电子共7对，A正确；B项，焰色反应是金属离子在高温下激发，电子跃迁回基态时释放能量，以光的形式表现，B正确；C项，基态铜原子电子排布式为[Ar]3dl04s1，当基态铜原子失去2个电子时，先失去4s轨道的1个电子，再失去3d轨道的1个电子，形成：[Ar]3d9，3d轨道并未充满，C错误；D项，配位数是指中心原子周围配体的个数，[Cu(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]+配位数都是1，但[Cu(NH3)4]2+的中心铜离子电荷更高，说明中心铜离子的氧化态更高，配体结合更稳定，D正确；故选ABD。 (2)根据均摊法，该铜化合物的晶胞中含Pt：，每个Pt周围四个Cl配位；每个晶胞中含Cu：，每个Cu周围四个NH3配位，则由配离子表示的该化合物的化学式为[Cu(NH3)4][PtCl4]； (3)①化合物A与化合物B结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物B(H2N)3PO中，N-H键的极性更强，更易断裂，给出H+趋势相对更大；②化合物A[化学式：(H2N)3PS]与足量稀硫酸混合，(H2N)3PS中P元素为+5价，S元素为-2价，反应过程中各元素化合价未发生变化，在加热条件下反应，生成H3PO4、H2S气体和(NH4)2SO4，化学方程式为：2(H2N)3PS +3H2SO4 + 8H2O2H3PO4+ 3(NH4)2SO4 +2 H2S↑；或(H2N)3PS +3H2SO4 + 4H2OH3PO4+ 3NH4HSO4 + H2S↑；③由②可知气体C为H2S，利用其还原性检验：将气体C通入少量酸性KMnO4溶液中，若酸性KMnO4溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S(或将气体C与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S) ； 3．(2025·浙江1月卷，17，节选)磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答： (1)关于ⅤA族元素原子结构的描述，下列说法正确的是_______。 A．基态P原子3p轨道上的电子自旋方向相同 B．As3+的最外层电子数为18 C．P3+的半径小于P5+的半径 D．电子排布为[Ne]3s13p4的P原子处于激发态 (2)某化合物的晶胞如图。 ①化学式是 ； ②将0.01mol该化合物加入到含少量石蕊的10mLH2O中，实验现象是 (从酸碱性和溶解性角度推测)。 (3)两分子H3PO4(Ka3=4.8×10-13)脱水聚合得到一分子H4P2O7(Ka3=2.0×10-7)，从PO43-、HP2O73-的结构角度分析Ka3差异的原因 。 【答案】(1)AD (2) Ca3PCl3 溶液变蓝，有气体放出 (3) H3PO4中含有1个非羟基氧，H4P2O7含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子 【解析】(1)A项，基态P原子价电子排布式为3s23p3，根据洪特规则，3p轨道上的3个电子自旋方向相同，故A正确；B项，基态As原子价电子排布式为4s24p3，As3+的价电子排布式为4s2，最外层电子数为2，故B错误；C项，P3+比P5+多一个电子层，所以P3+的半径大于P5+的半径，故C错误；D项，基态P原子的电子排布式为[Ne]3s23p3的，电子排布为[Ne]3s13p4的P原子处于激发态，故D正确；选AD。(2)①根据均摊原则，晶胞中Cl原子数、P原子数、Ca原子数，所以化学式是Ca3PCl3；②Ca3PCl3中P显-3价，将0.01mol该化合物加入到含少量石蕊的10mLH2O中，反应生成氯化钙、氢氧化钙、PH3气体，溶液呈碱性，实验现象是溶液变蓝，有气体放出。(3)H3PO4中含有1个非羟基氧，H4P2O7含有2个非羟基氧，非羟基氧越多越易电离出氢离子，所以H4P2O7的Ka3大于H3PO4的Ka3。 4．(2024·浙江省6月，17)氧是构建化合物的重要元素。请回答： (1)某化合物的晶胞如图1，的配位数(紧邻的阳离子数)为 ；写出该化合物的化学式 ，写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式 。 (2)下列有关单核微粒的描述正确的是_______。 A．Ar的基态原子电子排布方式只有一种 B．Na的第二电离能的第一电离能 C．Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2 D．Fe原子变成Fe+，优先失去轨道上的电子 (3)化合物和的结构如图2。 ①和中羟基与水均可形成氢键()，按照氢键由强到弱对三种酸排序 ，请说明理由 。 ②已知、钠盐的碱性NaC＞NaD，请从结构角度说明理由 。 【答案】(1)12 K3ClO K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O (2)AB (3)HC>HB>HA O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，其中羟基与H2O形成的氢键逐渐增强 S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，碱性NaC＞NaD 【解析】(1)由晶胞结构知，Cl位于8个顶点，O位于体心，K位于面心，1个晶胞中含Cl：8×=1个、含O：1个、含K：6×=3个，该化合物的化学式为K3ClO；由图可知，Cl-的配位数为=12；该化合物可看成KCl∙K2O，故该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3∙H2O，反应的化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O。(2)A项，根据原子核外电子排布规律，基态Ar原子的电子排布方式只有1s22s22p63s23p6一种，A项正确；B项，Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，Na+和Ne具有相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，故Na的第二电离能＞Ne的第一电离能，B项正确；C项，Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，C项错误；D项，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，D项错误；故选AB。(3)①O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，从而其中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC>HB>HA；②HC、HD钠盐的碱性NaC＞NaD，说明酸性HC＜HD，原因是：S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，钠盐的碱性NaC＞NaD。 5．(2024·浙江省1月，17)氮和氧是构建化合物的常见元素。 已知： 请回答： (1)某化合物的晶胞如图，其化学式是 ，晶体类型是 。 (2)下列说法正确的是_______。 A．电负性：B＞N＞O B．离子半径：P3-＜S2-＜Cl- C．第一电离能：Ge＜Se＜As D．基态2+的简化电子排布式：[Ar]3d4 (3)①H2N-NH2+H+→H2N-NH3+，其中-NH2的N原子杂化方式为 ；比较键角中的-NH2 H2N-NH3+中的-NH3+ (填“>”、“<”或“=”)，请说明理由 。 ②将HNO3与SO3按物质的量之比1：2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是NO2+。比较氧化性强弱：NO2+ HNO3 (填“>”、“<”或“=”)；写出A中阴离子的结构式 。 【答案】(1)CrCl2·4H2O 分子晶体 (2)CD (3) sp3 ＜ -NH2有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小 ＞ 【解析】(1)由晶胞图可知，化学式为CrCl2·4H2O；由晶胞图可知构成晶胞的粒子为CrCl2·4H2O分子，故为分子晶体；(2)A项，同一周期，从左到右，电负性依次增强，故顺序为O＞N＞B，A错误；B项，核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故顺序为P3-＞S2-＞Cl-，B错误；C项，同一周期，从左到右，电离能增大的趋势，VA族和ⅥA族相反，故顺序为Ge＜Se＜As，C正确；D项，基态Cr的简化电子排布式：[Ar]3d54s1，Cr2+的简化电子排布式为[Ar]3d4，D正确；故选CD；(3)①-NH2的价层电子对数，故杂化方式为sp3；-NH2价层电子对数为4，有一对孤电子对，-NH3+价层电子对数，无孤对电子，又因为孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，故键角中的-NH2＜H2N-NH3+中的-NH3+；②将HNO3与SO3按物质的量之比1：2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是NO2+，则A为NO2HS2O7，NO2+为硝酸失去一个OH-，得电子能力更强，氧化性更强，故氧化性强弱：NO2+ ＞HNO3；阴离子为HS2O7-根据已知可知其结构式为。 1 1 / 1 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $