第04讲 晶体结构与性质、配合物和超分子（专项训练）（北京专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦晶体结构与性质、配合物及超分子，以考向为纲构建从基础概念到综合应用的递进训练体系，融合最新科研情境，强化结构决定性质的化学观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |模拟·基础演练|6考向18题|选择为主，聚焦晶体判断、熔沸点比较、晶胞计算等基础题型|从晶体与非晶体的本质区别切入，通过微粒作用分析熔沸点，递进至晶胞微粒数、密度计算，构建“概念-性质-计算”逻辑链| |重难·创新演练|10题|填空与综合题，结合MOF材料、合金晶胞等新情境|深化配合物配位键形成、超分子识别机制，通过晶胞参数计算提升科学思维的模型建构能力| |真题·实战演练|5题|高考真题，考查晶胞结构分析、超分子应用|对接高考命题趋势，强化晶胞配位数、密度计算及超分子功能的综合应用，体现科学探究与实践素养|

第04讲 晶体结构与性质、配合物和超分子（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 考向01 考查晶体与非晶体 考向02 考查晶体熔沸点高低的比较 考向03 考查晶胞中微粒数目的计算 考向04 考查晶体密度及空间距离的计算 考向05 考查配位键、配合物性质 考向06 考查超分子的结构、性质及其应用 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 考查晶体与非晶体 1．【晶体类型判断、常见共价晶体的结构、共价晶体的物理性质】（2025·北京·模拟预测）中国科研团队截止到2025年4月，已研发出四代太阳能电池，走在世界最前列。第一代“晶体硅”电池，第二代“砷化镓”薄膜电池，这两代已经完全成熟，并完全商业化；第三代“钙钛矿”初步商业化；第四代“GaN”光伏电池，正处在实验室验证阶段。第一代中的单晶硅的晶体结构与金刚石类似，下列说法不正确的是 A．C和Si均位于元素周期表中第ⅣA族 B．单晶硅和金刚石均属于共价晶体 C．单晶硅和金刚石中的键角均相同 D．由于Si-Si键能大于C-C键的，所以单晶硅的熔点高于金刚石的熔点 2．【晶体类型判断】（2026·北京顺义·二模）我国科研人员成功制备出8英寸第四代半导体材料氧化镓()单晶，比碳化硅等第三代半导体材料有更突出的应用优势。下列说法正确的是 A．Ga位于元素周期表中第四周期、第ⅢA族 B．元素的电负性： C．氧化镓单晶属于有机材料 D．碳化硅晶体是分子晶体 3．【晶体类型判断】（25-26高三上·北京西城·期末）稀土元素镧(La)在国防工业中有着重要应用。中国科研人员利用大气等离子喷涂技术将熔融的喷涂到基底上，得到以为绝缘基体、为导电填料的复合涂层材料。下列说法不正确的是 A．氧元素位于元素周期表p区 B．可用X射线衍射测定的晶体结构 C．能导电与其结构有关 D．复合涂层材料的制备过程发生化学变化 考向02 考查晶体熔沸点高低的比较 4．【晶体类型判断、分子晶体的物理性质、离子晶体的物理性质、共价晶体的物理性质】晶体有固定的熔、沸点，下列常见物质中熔点最低的是 A．石墨 B．氯化钾 C．干冰 D．二氧化硅 5．【分子晶体的物理性质、离子晶体的物理性质、共价晶体的物理性质】下列关于物质熔、沸点的比较，正确的是 A．化合物、、的熔点依次升高 B．金属单质、K、、的熔点依次降低 C．晶体硅、金刚砂、金刚石的熔点依次降低 D．、、、的沸点依次升高 6．物质结构决定物质的性质，下列性质差异与结构解释没有相关性的是 性质差异 结构解释 A 熔沸点：AlF3大于AlCl3 AlF3离子键百分数大于AlCl3 B 密度：低压法聚乙烯大于高压法聚乙烯 低压法聚乙烯支链少，高分子链更长 C 酸性：HI大于HCl H-I键能小于H-Cl键能 D 稳定性：H2O大于H2S H2O分子间形成氢键 A．A B．B C．C D．D 考向03 考查晶胞中微粒数目的计算 7．【晶胞的有关计算、离子配位数、常见离子晶体的结构】（2025·北京·模拟预测）一种含锰氧化物晶胞结构如图所示，若掺杂N原子则可生成具有催化活性的，掺杂过程如图所示，掺杂前后的晶胞底面均为正方形。下列说法错误的是 A．该含锰氧化物化学式为MnO2 B．中 C．含锰氧化物晶胞中距Mn最近的O个数为6 D．含锰氧化物的密度为 8．【晶胞的有关计算】（2026·北京·模拟预测）La和Ni组成的一种合金M的晶胞如图所示，其中有8个●位于面上，4个●位于晶胞内，有8个○位于顶点，6个○位于面心，8个○位于晶胞内；晶胞参数，。为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A．该晶胞中La、Ni个数比为 B．合金M的组成元素均位于元素周期表前四周期d区 C．基态镍原子的最后一个电子填充4s轨道 D．该合金的密度为 9．【晶胞的有关计算、离子配位数】（2026·北京大兴·三模）镍是三元锂电池核心材料，现代工业利用NiO与硫酸反应制备)并通过电解得到单质镍。 (1)Ni的基态原子价层电子轨道表示式是___________。 (2)比较中的键角和中的键角大小并解释原因：___________。 (3)NiO晶体与NaCl晶体结构相似。 晶体 离子间距/nm 熔点/℃ NaCl 801 NiO 1960 NiO的熔点远高于NaCl，结合上表说明理由：___________。 (4)NiO的晶胞如下图。设阿伏加德罗常数的值为，边长为a pm()，NiO的摩尔质量为， ①周围等距且最近的有___________个。 ②NiO晶体的密度为___________(列出计算式)。 (5)以溶液为电解质溶液进行粗镍(含Fe、Zn、Cu、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是___________。(已知镍的金属活动性顺序在铁和锡之间) A．粗镍作阳极，发生氧化反应 B．电解过程中，溶液中保持不变 C．利用阳极泥可回收Cu、Pt、Au等金属 D．溶液为电镀液，利于形成致密的金属镍镀层 考向04 考查晶体密度及空间距离的计算 10．【晶胞的有关计算】（2026·北京顺义·二模）钠的化合物在日常生活、化学工业及科学研究等领域应用广泛。 (1)和都是重要的工业原料。 ①基态Na原子的核外电子空间运动状态有______种。 ②比较C和O的第一电离能大小，并从原子结构角度说明理由______。 ③的VSEPR模型名称是______。 ④物质的水溶性与构成物质的微粒与水分子的结合有关。易与水分子通过氢键作用促进溶解，离子间则通过氢键形成二聚体导致其与水分子间形成氢键的程度减弱，减少溶解。写出的稳定结构的结构式______。 (2)冰晶石是电解铝工业的助熔剂，其高温相的晶胞是立方体结构，边长为，结构如图所示。 ①中Al-F键为配位键。与能形成配位键的原因是______。 ②距离最近的有______个。 ③阿伏伽德罗常数为，该晶体的密度为______()。 11．【晶胞的有关计算】（2026·北京石景山·二模）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl−，流程示意图如下。 已知：锌浸出液中含有Zn2+、Cl−等离子，“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。 (1)基态Cu原子价层电子排布式是___________。 (2)写出H2SO4的电离方程式___________。 (3)比较H3O+和H2O中H-O-H的键角并解释原因___________。 (4)CuCl晶体的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如下图所示。 ①与Cl原子紧邻的Cu原子有___________个。 ②已知CuCl的摩尔质量是 M g·mol−1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________g·cm-3。(1 nm = 10-9 m) (5)下列说法正确的是___________。 a．“浸铜”后的溶液中有H2SO4和H2O2剩余 b．“浸铜”反应：Cu + H2O2 + 2H+ = Cu2+ + 2H2O c．“脱氯”反应：Cu2+ + Cu + 2Cl− = 2CuCl 12．【配位键、晶胞的有关计算、大π键】（2026·北京·三模）镉基吡啶鎓两性离子配合物是一类新型的荧光传感器材料。 Ⅰ.配体(下图) (1)配体中C原子的杂化类型：___________。 (2)比较N和O的第一电离能大小并说明理由：___________。 (3)离域π键是指形成化学键的π电子不局限于两个原子的区域，而是在参加成键的多个原子的分子骨架中运动，常用表示，n为原子数，m为π电子数。()中的离域π键为，支持该结论的事实：___________。(填序号) a．可与水分子形成氢键 b．键角α与β完全相等 c．键长a与b完全相等且介于和的键长之间 Ⅱ.配合物(下图) (4)元素周期表中镉()位于第五周期第ⅡB族。配合物中的价电子排布式为___________，配位原子是___________。 (5)配合物的晶胞形状为立方体，密度为，结构如右图所示。已知：配体L的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为。该晶胞的边长为___________nm。(1nm=10-7 cm) 考向05 考查配位键、配合物性质 13．【配合物的概念、组成及形成条件、配合物的结构与性质】（2026·北京石景山·二模）某同学探究Cu2+和氨水的反应，进行如下实验。 实验发现：天蓝色浊液过滤洗涤后，沉淀溶于过量盐酸，加入BaCl2溶液后有白色沉淀生成；蓝色浊液重复上述操作，没有白色沉淀生成。下列说法不正确的是 A．推测天蓝色浊液中可能含有Cu4(OH)6SO4 B．[Cu(NH3)4]2+呈深蓝色，Cu2+的配位数是4 C．实验证实SO促进Cu(OH)2溶于氨水 D．Cu(OH)2难溶于1 mol/L的氨水 14．【配位键】（2026·北京顺义·二模）由两种单体合成的一种发光功能性高分子的结构如下。 下列说法不正确的是 A．中含有手性碳原子 B．中键为配位键 C．合成的反应是缩聚反应 D．合成的一种单体，其核磁共振氢谱有三组峰 15．【配位键、晶胞的有关计算】（2025·北京·模拟预测）硼及其化合物在科研、工业等方面有许多用途。 (1)B位于元素周期表的________区。 (2)硼氢化钠（）是强还原剂（电负性：），与反应可以制备纳米铁。 ①基态的核外电子排布式为________。 ②从结构角度分析，易被氧化成，原因是________。 ③制备纳米零价铁的离子方程式为，其中氧化剂为________。 (3)氨硼烷（）是一种储氢材料。在催化剂表面与反应的释氢机理如图1. ①中键的成因是________。 ②若用和做反应物，生成的氢气是________（填序号）。 a．                    b．                c．HD ③写出理论上与完全反应的总反应的离子方程式：________。 (4)在低温高压条件下为超晶胞结构，如图2所示（超晶胞内含有16个氨硼烷分子，）。氨硼烷晶体的密度为________（已知：；表示阿伏加德罗常数）。 考向06 考查超分子的结构、性质及其应用 16．【配合物的结构与性质、混合型晶体和过渡晶体、超分子】（2026·北京大兴·三模）结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释不正确的是 事实 解释 A 王水能溶解金属单质金和铂 浓盐酸提供的大量与金属离子形成稳定的配离子，增强了金属的还原性 B 灼烧铜丝至其表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中，铜丝恢复红色 该有机物中一定含有醇羟基 C 冠醚12-冠-4能够与形成超分子而不能与形成超分子 该冠醚空腔的直径与的直径相当，与的直径不匹配 D 石墨可用作润滑剂 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 A．A B．B C．C D．D 17．【配位键、超分子】（25-26高二下·北京·期末）含有冠醚环的聚合物膜能够高效吸附分离某些阳离子。一种含冠醚环的聚酰亚胺薄膜吸附分离Li+的过程如图。 下列说法不正确的是 A．冠醚环中碳氧键为σ键 B．冠醚环与Li+之间的作用是离子键 C．该聚酰亚胺薄膜使用时，需要控制溶液的pH D．若要设计K+的吸附分离膜，需增大冠醚环孔径 18．【晶胞概念及判断、超分子】（24-25高二下·北京·期末）碱金属氯化物是典型的离子化合物，和的晶胞结构如下图所示。其中的碱金属离子能够与冠醚形成超分子。 下列说法不正确的是 A．晶胞中含4个a离子 B．晶体中周围紧邻8个 C．碱金属离子与冠醚通过离子键形成超分子 D．不同空穴尺寸的冠醚可以对不同碱金属离子进行识别 重难·创新演练 1．【金属晶体结构与性质、共价晶体的物理性质】（2026·北京丰台·二模）下列关于晶体的说法不正确的是 A．金属的延展性与金属键具有方向性和饱和性密切相关 B．冰晶体中每个水分子与4个相邻水分子形成氢键，分子间空隙大使冰的密度小于水 C．石墨作润滑剂的原因是其晶体为层状结构，层与层之间以范德华力结合，作用力小，易发生相对滑动 D．金刚石的硬度大于晶体硅的原因是二者均为共价晶体，键能：C—C>Si—Si 2．【晶体与非晶体判断】（2026·北京房山·一模）下列说法不正确的是 A．油脂均可以发生加成反应 B．利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离 C．苯酚与甲醛可通过缩聚反应得到酚醛树脂 D．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构 3．【配位键、晶体与非晶体判断】（2026·北京朝阳·一模）下列对事实的解释不正确的是 事实 解释 A 浓硝酸不能溶解金，王水(浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3混合)能溶解金生成 浓盐酸能增强浓硝酸的氧化性 B 石墨有类似金属的导电性 石墨中未参与杂化的p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动 C 缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块 晶体具有自范性 D KSCN溶液遇溶液显红色，遇溶液不显红色 溶液中较小 A．A B．B C．C D．D 4．【配位键】（2026·北京朝阳·一模）将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生大量白烟。下列说法不正确的是 A．、HCl中的共价键分别是键、s-p σ键 B．反应过程涉及配位键的形成 C．白烟的产生体现了的还原性 D．用浓硝酸代替浓盐酸，也会产生大量白烟 5．【配合物的结构与性质】（2025·北京海淀·三模）研究溶液的制备、性质和应用。 ①向溶液中逐滴加入氨水，得到溶液。 ②分别将等浓度的溶液、溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉溶液变蓝的气体。 ③溶液可处理含的废气，反应过程如下。 下列说法不正确的是 A．①中，为避免溶液与氨水生成沉淀，可先加入适量的溶液 B．②中，溶液中的浓度比溶液中的高，的还原性比的强 C．③中，转化为元素的化合价升高 D．③中，过低将不利于的脱除 6．【配合物的概念、组成及形成条件、配合物的结构与性质、配位键】（2025·北京石景山·一模）某小组同学制备深蓝色的溶液，实验如下。 ① ② ③ 向溶液中滴加氨水，产生蓝色沉淀，再向浊液中继续滴加过量氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液。 向溶液中滴加NaOH溶液，产生蓝色沉淀，再向所得浊液（标记为浊液a）中加入过量氨水，仍有沉淀剩余。 将浊液a过滤，洗涤，加入过量氨水，仍有沉淀剩余，再滴加几滴溶液，沉淀溶解，得到深蓝色溶液。 下列说法不正确的是 A．①中生成蓝色沉淀的离子方程式是 B．②中生成蓝色沉淀的离子方程式是 C．根据实验推测：能促进转化为 D．沉淀溶解的离子方程式是 7．【晶胞的有关计算】（2025·北京·模拟预测）锡是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。白锡和灰锡晶胞结构如图，下列说法中错误的是 A．白锡与灰锡晶体的配位数之比为 B．两种晶体的密度大小关系为白锡小于灰锡 C．若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是 D．若灰锡晶胞参数为a，则其中最近的两个锡原子间距为 8．【配合物的结构与性质、相似相溶原理、晶胞的有关计算】（2026·北京·三模）配合物顺铂是临床使用的第一代铂类抗癌药物。 (1)顺铂的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。 ①Cu属于___________区元素。 ②在中，配体与铂()的结合能力：___________(填“>”或“<”)。 (2)铂晶胞为正方体，边长为，结构如下图。 ①铂晶体中每个Pt原子周围与它最近且距离相等的Pt原子有___________个。 资料：i．单位物质的量的物质所具有的体积叫做摩尔体积；ii．。 ②铂晶体的摩尔体积___________(阿伏加德罗常数为)。 (3)铂电极在使用过程中会生成顺铂和反铂，二者的分子空间结构均为平面，结构和性质如下。 顺铂 反铂 结构 25°C时水中的溶解度/g 0.2577 0.0366 ①铂电极在含和的电解池中生成顺铂的过程如下：，Pt生成的电极反应为___________。 ②若浓度过高，由于反铂的溶解度下降，会增大生成反铂的比例。结合“相似相溶原理”解释反铂的溶解度下降的原因___________。 9．【配位键、晶胞的有关计算】（2026·北京·三模）金(Au)是一种用途广泛的贵重金属，硫脲[]是一种新型浸金试剂。 (1)基态Au原子的价层电子排布式为。按核外电子排布，下列元素与金元素位于元素周期表同区的是_______(填序号)。 a．　　　b．　　　c． (2)硫脲可看作是尿素[]中的O原子被S原子取代的产物。 ①一个硫脲分子中的键数目为_______。 ②[]结合H+的能力强于[]，与S、O的电负性有关。比较S和O的电负性大小，并从结构角度说明理由：_______。 (3)一种Au-Cu合金的晶胞是立方体结构，边长为a nm，结构示意图如下。 ①每个Au原子周围与它最近且距离相等的Cu原子有_______个。 ②已知阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_______。() (4)硫脲与Fe3+联合浸金原理为：。 ①的结构为，与Au+配位的原子是S而不是N的原因是_______。 ②溶液pH对金浸出率的影响如下图所示。 时，金的浸出率随pH减小而降低，分析原因：_______(补全反应)。 □□_______□_______□_______ 10．【晶胞的有关计算】（2026·北京东城·二模） MOF 材料可用于气体的储存和分离。 Ⅰ． 用 与甲酸 、 反应制备 (晶胞结构如图)。 (1)元素周期表中锆(40 Zr)位于第五周期第IVB族。补全的基态原子价层电子轨道表示式： ___________。 (2)中原子的杂化方式有___________。 (3)已知制备反应中各元素化合价均不变，则中 ___________， ___________。 (4)已知与的摩尔质量分别为、，晶胞体积为 ，阿伏加德罗常数为 。该晶体的密度为___________ 。 Ⅱ．用 与 反应制备 (晶胞结构如图)。 (5)的结构简式为___________ (6)已知低湿度环境中，MOF-B 吸收水蒸气的能力强于 MOF-A，从粒子间相互作用的角度分析可能的原因是___________。 真题·实战演练 1．【晶胞概念及判断、晶胞的有关计算、离子配位数、常见离子晶体的结构】（2026·重庆·高考真题）某化合物在一定温度下电导率发生突跃，可作为快离子导体材料，其晶胞结构如图所示。下列相关叙述错误的是 A．该化合物的化学式为 B．相邻核间距都相等 C．与配位的个数为4 D．和空位的数目比为1∶3 2．【晶胞概念及判断、晶胞的有关计算、离子配位数、常见离子晶体的结构】（2026·江西·高考真题）多相系超导体晶体结构如图，晶胞参数，，下列说法错误的是 A．1号Cu的坐标为 B．，， C．Y和Ba的O配位数不相等 D．O原子占据金属原子的八面体空隙 3．【晶胞的有关计算、离子配位数、常见离子晶体的结构】（2026·湖北·高考真题）固体材料具有相变制冷效应，室温下其立方体晶胞结构示意图如下。下列说法错误的是 A．每个晶胞中有4个 B．每个周围有12个紧邻的 C．之间的最短距离是 D．晶体密度表示为 4．【晶胞的有关计算、离子配位数、常见离子晶体的结构】（2026·四川·高考真题）氧化物钙钛矿型晶胞中的离子半径关系为(M为顶点阳离子，N为体心阳离子)，当时，会形成立方晶胞。一种由、和形成的钙钛矿型晶胞如图所示，其，。 下列说法错误的是 A．紧邻12个 B．晶胞中1位上的分数坐标为 C．晶胞中 D．取代()形成的是立方晶胞 5．【配合物的概念、组成及形成条件、配合物的结构与性质、配位键、超分子】（2026·四川·高考真题）某课题组合成的一种配合物，其内部空腔可识别并包裹特定结构的分子，形成超分子胶囊。该配合物的阴离子部分，其结构如图所示。 下列说法错误的是 A．的配位数为6 B．配合物内部空腔通过非共价键作用识别特定结构的分子 C．改变配体骨架的基团或链的长短，配合物内部空腔可适配不同结构的分子 D．替换后，配体骨架的电子云分布不会发生改变 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 晶体结构性质、配合物和超分子（专项训练） 参考答案 模拟·基础演练 1 2 3 4 5 6 7 8 13 14 D A D C A D C D C D 16 17 18 B B C 9．(1) (2)中的键角小于中的键角   和中都是杂化，中的氧原子上有两个孤电子对，而的硫原子上无孤对电子，孤电子对越多对成键电子对排斥力大，键角小 (3)NiO和NaCl均为离子晶体；和所带电荷高于和，和间距比和间距更小，NiO晶体中离子键强度更大，熔点更高 (4)6 (5)ACD 10. (1)6 氧原子与碳原子电子层数相同，氧原子核电荷数大，原子半径小，对最外层电子的吸引作用强，更难失去电子，第一电离能C<O； 平面三角形 (2)氟离子最外层存在孤电子对，铝离子存在空轨道 12 11. (1)3d104s1 (2)H2SO4 = 2H++SO (3)H3O+中H-O-H键角>H2O中H-O-H键角；H3O+和H2O的中心原子都是sp3杂化，H3O+有一对孤电子对，H2O有两对孤电子对，斥力更大 (4)4 (5)bc 12.(1)、 (2)第一电离能。N价层电子排布式为，O价层电子排布式为，N原子的2p半充满，结构更稳定，第一电离能 (3)bc (4) O、Cl (5) 15.(1)p (2) 的半满状态更稳定 、 (3)N提供孤电子对，B提供空轨道，二者形成配位键 c (4) 重难·创新演练 1 2 3 4 5 6 7 A A A C B D B 8.(1)ds < (2)12 (3) ，增大溶剂极性，反铂是非极性分子，和溶剂极性差异增大 9.(1)b (2)7 电负性：。O和S为同主族元素，电子层数，原子半径，原子对键合电子的吸引能力 (3)12 (4) 电负性，S更易给出电子形成配体 10.(1) (2)sp2和sp3 (3)8 4 (4) (5) (6)B2-中的-OH能与水分子形成氢键 真题·实战演练 1 2 3 4 5 D A B D D 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 晶体结构与性质、配合物和超分子（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 考向01 考查晶体与非晶体 考向02 考查晶体熔沸点高低的比较 考向03 考查晶胞中微粒数目的计算 考向04 考查晶体密度及空间距离的计算 考向05 考查配位键、配合物性质 考向06 考查超分子的结构、性质及其应用 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 考查晶体与非晶体 1．【晶体类型判断、常见共价晶体的结构、共价晶体的物理性质】（2025·北京·模拟预测）中国科研团队截止到2025年4月，已研发出四代太阳能电池，走在世界最前列。第一代“晶体硅”电池，第二代“砷化镓”薄膜电池，这两代已经完全成熟，并完全商业化；第三代“钙钛矿”初步商业化；第四代“GaN”光伏电池，正处在实验室验证阶段。第一代中的单晶硅的晶体结构与金刚石类似，下列说法不正确的是 A．C和Si均位于元素周期表中第ⅣA族 B．单晶硅和金刚石均属于共价晶体 C．单晶硅和金刚石中的键角均相同 D．由于Si-Si键能大于C-C键的，所以单晶硅的熔点高于金刚石的熔点 【答案】D 【详解】A．C和Si的最外层电子数均为4，均位于元素周期表第IVA族，A正确； B．单晶硅和金刚石均是原子通过共价键结合形成的具有空间网状结构的晶体，都属于共价晶体，B正确； C．单晶硅和金刚石中每个原子均与相邻4个原子形成正四面体结构，键角均为，二者键角相同，C正确； D．Si原子半径大于C原子，因此Si-Si键的键长大于C-C键，键长越长键能越小，故Si-Si键的键能小于C-C键，共价晶体熔点由共价键键能决定，因此金刚石熔点高于单晶硅，D错误； 故选D。 2．【晶体类型判断】（2026·北京顺义·二模）我国科研人员成功制备出8英寸第四代半导体材料氧化镓()单晶，比碳化硅等第三代半导体材料有更突出的应用优势。下列说法正确的是 A．Ga位于元素周期表中第四周期、第ⅢA族 B．元素的电负性： C．氧化镓单晶属于有机材料 D．碳化硅晶体是分子晶体 【答案】A 【详解】A．Ga原子序数为31，核外电子排布为，位于元素周期表第四周期第ⅢA族，A正确； B．同周期主族元素从左到右电负性递增，同主族元素从上到下电负性递减，正确电负性顺序为，B错误； C．氧化镓属于金属氧化物，是无机非金属材料，不属于有机材料，C错误； D．碳化硅是原子间通过共价键形成空间网状结构的共价晶体，不属于分子晶体，D错误； 故答案选A。 3．【晶体类型判断】（25-26高三上·北京西城·期末）稀土元素镧(La)在国防工业中有着重要应用。中国科研人员利用大气等离子喷涂技术将熔融的喷涂到基底上，得到以为绝缘基体、为导电填料的复合涂层材料。下列说法不正确的是 A．氧元素位于元素周期表p区 B．可用X射线衍射测定的晶体结构 C．能导电与其结构有关 D．复合涂层材料的制备过程发生化学变化 【答案】D 【详解】A．氧元素原子序数为8，电子排布为1s22s22p4，位于元素周期表第ⅥA族，属于p区元素，A正确； B．X射线衍射是测定晶体材料晶体结构的常用技术，α-Al2O3为刚玉结构，具有明确晶体结构，可用X射线衍射，B正确； C．LaSrMnO3为钙钛矿型材料，其导电性源于晶体结构中锰氧八面体的电子离域和载流子迁移，与结构密切相关，C正确； D．制备过程采用大气等离子喷涂技术，将熔融LaSrMnO3喷涂至α-Al2O3基底，此过程涉及熔化、喷射及物理结合（熔融态固化附着），无新物质生成或化学键重组，属于物理变化，D错误； 故选D。 考向02 考查晶体熔沸点高低的比较 4．【晶体类型判断、分子晶体的物理性质、离子晶体的物理性质、共价晶体的物理性质】晶体有固定的熔、沸点，下列常见物质中熔点最低的是 A．石墨 B．氯化钾 C．干冰 D．二氧化硅 【答案】C 【详解】A．石墨属于混合晶体，碳原子间以强共价键结合，熔点很高，A不符合题意； B．氯化钾属于离子晶体，阴阳离子间以较强的离子键结合，熔点较高，B不符合题意； C．干冰是固态二氧化碳，属于分子晶体，分子间仅靠较弱的范德华力结合，熔点极低，是四种物质中熔点最低的，C符合题意； D．二氧化硅属于共价晶体，原子间以共价键结合形成空间网状结构，作用力极强，熔点很高，D不符合题意； 故选C。 5．【分子晶体的物理性质、离子晶体的物理性质、共价晶体的物理性质】下列关于物质熔、沸点的比较，正确的是 A．化合物、、的熔点依次升高 B．金属单质、K、、的熔点依次降低 C．晶体硅、金刚砂、金刚石的熔点依次降低 D．、、、的沸点依次升高 【答案】A 【详解】A．属于分子晶体，属于离子晶体，属于共价晶体，一般熔点规律为分子晶体<离子晶体<共价晶体，因此三者熔点依次升高，A正确； B．碱金属从上到下原子半径逐渐增大，金属键逐渐减弱，熔点逐渐降低，因此、、、的熔点依次升高，B错误； C．晶体硅、金刚砂（）、金刚石均为共价晶体，共价键键长<<，键能>>，键能越大熔点越高，因此三者熔点依次升高，C错误； D．分子间存在氢键，沸点远高于同主族其他氢化物，、、的沸点随相对分子质量增大而升高，因此沸点顺序为>>>，不是依次升高，D错误； 故选A。 6．物质结构决定物质的性质，下列性质差异与结构解释没有相关性的是 性质差异 结构解释 A 熔沸点：AlF3大于AlCl3 AlF3离子键百分数大于AlCl3 B 密度：低压法聚乙烯大于高压法聚乙烯 低压法聚乙烯支链少，高分子链更长 C 酸性：HI大于HCl H-I键能小于H-Cl键能 D 稳定性：H2O大于H2S H2O分子间形成氢键 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．AlF3离子键百分数更高，更偏向离子晶体，AlCl3共价性较强，形成分子晶体，离子晶体熔沸点高于分子晶体，二者相关，A不符合题意； B．低压法聚乙烯支链少，分子链排列更紧密、结晶度更高，因此密度更大，二者相关，B不符合题意； C．H-I键键能小于H-Cl键键能，在水溶液中更易断裂电离出H+，因此HI酸性更强，二者相关，C不符合题意； D．分子稳定性由分子内共价键键能决定，H2O稳定性强是因为H-O键键能大于H-S键键能，氢键是分子间作用力，只影响熔沸点等物理性质，与分子稳定性无关，二者无相关性，D符合题意； 故选D。 考向03 考查晶胞中微粒数目的计算 7．【晶胞的有关计算、离子配位数、常见离子晶体的结构】（2025·北京·模拟预测）一种含锰氧化物晶胞结构如图所示，若掺杂N原子则可生成具有催化活性的，掺杂过程如图所示，掺杂前后的晶胞底面均为正方形。下列说法错误的是 A．该含锰氧化物化学式为MnO2 B．中 C．含锰氧化物晶胞中距Mn最近的O个数为6 D．含锰氧化物的密度为 【答案】C 【详解】A．黑球均摊：8个顶点、4个面上、1个体内，均摊后为个；白球均摊：8个棱上、8个面上、2个体内，均摊后为个，因此含锰化合物的化学式为，A正确； B．缺氧的有3个位置，1个棱、1个面、1个体内，所以缺了个氧，这是4个Mn对应缺的氧，因此1个Mn对应缺了个氧，即，掺杂的N原子位于面上，均摊后为个，这是4个Mn对应的N，因此1个Mn对应，所以，B正确； C．因为不清楚a与b的大小关系，因此含锰氧化物晶胞中与Mn最近的氧原子个数无法确定，C错误； D．含锰氧化物晶胞中个数是4个，质量为，体积为，因此密度，D正确； 故选C。 8．【晶胞的有关计算】（2026·北京·模拟预测）La和Ni组成的一种合金M的晶胞如图所示，其中有8个●位于面上，4个●位于晶胞内，有8个○位于顶点，6个○位于面心，8个○位于晶胞内；晶胞参数，。为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A．该晶胞中La、Ni个数比为 B．合金M的组成元素均位于元素周期表前四周期d区 C．基态镍原子的最后一个电子填充4s轨道 D．该合金的密度为 【答案】D 【详解】A．黑球为La，白球为Ni；的数目，的数目；因此、个数比为，A错误； B．La属于镧系元素，位于元素周期表f区，只有Ni位于第四周期d区，B错误； C．基态（28号元素）的核外电子排布为，3d轨道的能量高于4s轨道，电子先填充轨道，再填充轨道，最后一个电子填充在轨道，C错误； D．晶胞质量为；晶胞边长单位为，，晶胞体积为；故晶胞密度为 ，D正确； 故选D。 9．【晶胞的有关计算、离子配位数】（2026·北京大兴·三模）镍是三元锂电池核心材料，现代工业利用NiO与硫酸反应制备)并通过电解得到单质镍。 (1)Ni的基态原子价层电子轨道表示式是___________。 (2)比较中的键角和中的键角大小并解释原因：___________。 (3)NiO晶体与NaCl晶体结构相似。 晶体 离子间距/nm 熔点/℃ NaCl 801 NiO 1960 NiO的熔点远高于NaCl，结合上表说明理由：___________。 (4)NiO的晶胞如下图。设阿伏加德罗常数的值为，边长为a pm()，NiO的摩尔质量为， ①周围等距且最近的有___________个。 ②NiO晶体的密度为___________(列出计算式)。 (5)以溶液为电解质溶液进行粗镍(含Fe、Zn、Cu、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是___________。(已知镍的金属活动性顺序在铁和锡之间) A．粗镍作阳极，发生氧化反应 B．电解过程中，溶液中保持不变 C．利用阳极泥可回收Cu、Pt、Au等金属 D．溶液为电镀液，利于形成致密的金属镍镀层 【答案】(1) (2)中的键角小于中的键角   和中都是杂化，中的氧原子上有两个孤电子对，而的硫原子上无孤对电子，孤电子对越多对成键电子对排斥力大，键角小 (3)NiO和NaCl均为离子晶体；和所带电荷高于和，和间距比和间距更小，NiO晶体中离子键强度更大，熔点更高 (4)6 (5)ACD 【详解】（1）镍是28号元素，基态原子的价层电子排布式为，故其价层电子的轨道表示式为； （2）中的键角小于中的键角，因为和中都是杂化，中的氧原子上有两个孤电子对，而的硫原子上无孤对电子，孤电子对越多对成键电子对排斥力大，键角小； （3）NiO比NaCl 的离子带电荷高，离子半径小，则NiO的熔点远高于NaCl，结合表格说明理由：NiO和NaCl晶体类型相同，均为离子晶体；Ni2+和O2-都是二价离子，Na+和Cl-都是一价离子；Ni2+和O2-间距比Na+和Cl-间距更小，NiO晶体中作用力更强； （4）①根据晶胞结构可知，周围等距且最近的有6个； ②设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞边长为apm；在1个晶胞中，含有4个Ni2+和4个O2-，NiO的摩尔质量为Mg•mol-1，则晶体的密度为g•cm-3。 （5）A．粗镍为电解池的阳极，失电子发生氧化反应，A正确； B．电解过程中，粗镍为阳极，其中、、在阳极失电子，在阴极得电子，使得溶液中减小，B错误； C．Cu、Pt、Au等金属活动性比镍差，所以在阳极上不会在阳极溶解，而成为阳极泥，利用阳极泥可回收、、等金属，C正确； D．溶液为电镀液，Ni2+能在阴极平稳放电，利于形成致密的金属镍镀层，D正确； 故选ACD。 考向04 考查晶体密度及空间距离的计算 10．【晶胞的有关计算】（2026·北京顺义·二模）钠的化合物在日常生活、化学工业及科学研究等领域应用广泛。 (1)和都是重要的工业原料。 ①基态Na原子的核外电子空间运动状态有______种。 ②比较C和O的第一电离能大小，并从原子结构角度说明理由______。 ③的VSEPR模型名称是______。 ④物质的水溶性与构成物质的微粒与水分子的结合有关。易与水分子通过氢键作用促进溶解，离子间则通过氢键形成二聚体导致其与水分子间形成氢键的程度减弱，减少溶解。写出的稳定结构的结构式______。 (2)冰晶石是电解铝工业的助熔剂，其高温相的晶胞是立方体结构，边长为，结构如图所示。 ①中Al-F键为配位键。与能形成配位键的原因是______。 ②距离最近的有______个。 ③阿伏伽德罗常数为，该晶体的密度为______()。 【答案】(1)6 氧原子与碳原子电子层数相同，氧原子核电荷数大，原子半径小，对最外层电子的吸引作用强，更难失去电子，第一电离能C<O； 平面三角形 (2)氟离子最外层存在孤电子对，铝离子存在空轨道 12 【详解】（1）①基态Na原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，电子占据6个原子轨道，电子空间运动状态有6种。 ②氧原子与碳原子电子层数相同，氧原子核电荷数大，原子半径小，对最外层电子的吸引作用强，更难失去电子，第一电离能大；所以C和O的第一电离能C＜O。 ③中C原子价电子对数为 ，VSEPR模型名称是平面三角形。 ④离子间则通过氢键形成二聚体的稳定结构，的结构式。 （2）①氟离子最外层存在孤电子对，而铝离子存在空轨道，所以与能形成配位键。 ②位于晶胞的顶点和面心，所以距离最近的有12个。 ③根据均摊原则，晶胞中含的数目为，根据化学式，晶胞中应含数目4×3=12，阿伏伽德罗常数为，该晶体的密度为 。 11．【晶胞的有关计算】（2026·北京石景山·二模）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl−，流程示意图如下。 已知：锌浸出液中含有Zn2+、Cl−等离子，“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。 (1)基态Cu原子价层电子排布式是___________。 (2)写出H2SO4的电离方程式___________。 (3)比较H3O+和H2O中H-O-H的键角并解释原因___________。 (4)CuCl晶体的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如下图所示。 ①与Cl原子紧邻的Cu原子有___________个。 ②已知CuCl的摩尔质量是 M g·mol−1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________g·cm-3。(1 nm = 10-9 m) (5)下列说法正确的是___________。 a．“浸铜”后的溶液中有H2SO4和H2O2剩余 b．“浸铜”反应：Cu + H2O2 + 2H+ = Cu2+ + 2H2O c．“脱氯”反应：Cu2+ + Cu + 2Cl− = 2CuCl 【答案】(1)3d104s1 (2)H2SO4 = 2H++SO (3)H3O+中H-O-H键角>H2O中H-O-H键角；H3O+和H2O的中心原子都是sp3杂化，H3O+有一对孤电子对，H2O有两对孤电子对，斥力更大 (4)4 (5)bc 【详解】（1）为29号元素，价层电子包括最外层4s和次外层3d，价层电子排布式是3d104s1 （2）硫酸是二元强酸，完全电离，电离方程式为：； （3）H3O+中H-O-H键角>H2O中H-O-H键角；H3O+和H2O的中心原子都是sp3杂化，H3O+有一对孤电子对，H2O有两对孤电子对，斥力更大； （4）①观察晶胞图得：与Cl原子紧邻的Cu原子有4个； ②晶胞中，数目为，数目为，1个晶胞含四个，该晶体的密度为 （5）“浸铜”后，需完全消耗，避免后续氧化，a错误；“浸铜”时，在酸性条件下被氧化，反应方程式为：，b正确；“脱氯”时，与发生归中反应，生成+1价的，反应方程式为：，c正确；故选bc。 12．【配位键、晶胞的有关计算、大π键】（2026·北京·三模）镉基吡啶鎓两性离子配合物是一类新型的荧光传感器材料。 Ⅰ.配体(下图) (1)配体中C原子的杂化类型：___________。 (2)比较N和O的第一电离能大小并说明理由：___________。 (3)离域π键是指形成化学键的π电子不局限于两个原子的区域，而是在参加成键的多个原子的分子骨架中运动，常用表示，n为原子数，m为π电子数。()中的离域π键为，支持该结论的事实：___________。(填序号) a．可与水分子形成氢键 b．键角α与β完全相等 c．键长a与b完全相等且介于和的键长之间 Ⅱ.配合物(下图) (4)元素周期表中镉()位于第五周期第ⅡB族。配合物中的价电子排布式为___________，配位原子是___________。 (5)配合物的晶胞形状为立方体，密度为，结构如右图所示。已知：配体L的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为。该晶胞的边长为___________nm。(1nm=10-7 cm) 【答案】(1)、 (2)第一电离能。N价层电子排布式为，O价层电子排布式为，N原子的2p半充满，结构更稳定，第一电离能 (3)bc (4) O、Cl (5) 【详解】（1）配体中，苯环上的C、羧基中的C均形成3个σ键，无孤电子对，杂化类型为；四甲基苯上的甲基C、连接两个吡啶环的亚甲基C均形成4个σ键，无孤电子对，杂化类型为，因此C原子的杂化类型为、。 （2）同周期主族元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，N原子价层电子排布式为，2p轨道为半充满的稳定结构，失去电子需要的能量更高；O原子价层电子排布式为，失去1个电子后2p轨道变为半充满稳定结构，更易失去电子，因此第一电离能。 （3）中的离域π键为，说明3个原子共用4个π电子，两个O原子完全等价，C-O键完全平均化。 a．可与水分子形成氢键是因为结构中存在O原子可与水分子的H形成氢键，与离域π键无关，a错误。 b．键角α与β完全相等，说明两个O原子的成键环境完全相同，可支持离域π键的结论，b正确。 c．键长a与b完全相等且介于和的键长之间，说明C-O键既不是单键也不是双键，发生了键长平均化，可支持离域π键的结论，c正确。 故选bc。 （4）Cd为48号元素，位于第五周期第IIB族，基态Cd原子的价电子排布式为，失去最外层的2个5s电子得到，因此的价电子排布式为。 配合物中，配体中的的O原子、、中的O原子均可提供孤电子对与形成配位键，因此配位原子为、。 （5）由晶胞结构可知，晶胞中含有1个、配体L位于顶点，数目为8×=1、位于面心，数目为4×=2、位于棱心，数目为8×=2，则晶胞的总质量为。 设晶胞边长为，则晶胞体积，根据密度公式，可得：，，由于，因此。 考向05 考查配位键、配合物性质 13．【配合物的概念、组成及形成条件、配合物的结构与性质】（2026·北京石景山·二模）某同学探究Cu2+和氨水的反应，进行如下实验。 实验发现：天蓝色浊液过滤洗涤后，沉淀溶于过量盐酸，加入BaCl2溶液后有白色沉淀生成；蓝色浊液重复上述操作，没有白色沉淀生成。下列说法不正确的是 A．推测天蓝色浊液中可能含有Cu4(OH)6SO4 B．[Cu(NH3)4]2+呈深蓝色，Cu2+的配位数是4 C．实验证实SO促进Cu(OH)2溶于氨水 D．Cu(OH)2难溶于1 mol/L的氨水 【答案】C 【详解】A．天蓝色浊液的沉淀含、和，组成可以为，推测合理，A正确； B．配合物呈深蓝色，中心离子的配位数为，符合配位化合物基本知识，B正确； C．洗涤后的难溶于氨水，加入醋酸铵（提供）后即可溶解，说明是促进溶于氨水，不是，C错误； D．实验中蓝色固体加入过量氨水，沉淀难溶解，可证明难溶于的氨水，D正确； 故选C。 14．【配位键】（2026·北京顺义·二模）由两种单体合成的一种发光功能性高分子的结构如下。 下列说法不正确的是 A．中含有手性碳原子 B．中键为配位键 C．合成的反应是缩聚反应 D．合成的一种单体，其核磁共振氢谱有三组峰 【答案】D 【详解】A．W结构中连有苯基、甲基、H及N的那个饱和碳原子属于手性碳原子，A正确； B．B原子价层有3个电子，可形成3个普通共价键，羰基中O有孤电子对，B有空轨道，可与O形成配位键，因此为配位键，B正确； C．合成W的反应为芳基溴和端炔的偶联聚合，反应过程中脱去小分子，属于缩聚反应，C正确； D．合成W的单体之一为硼氮类单体，氢谱峰数远多于 3 组；另一种单体为含两个碳碳三键的对称苯环结构（对苯二乙炔类），其结构对称，氢原子分为 2 种不同化学环境，因此核磁共振氢谱有2组峰，D错误； 故选D。 15．【配位键、晶胞的有关计算】（2025·北京·模拟预测）硼及其化合物在科研、工业等方面有许多用途。 (1)B位于元素周期表的________区。 (2)硼氢化钠（）是强还原剂（电负性：），与反应可以制备纳米铁。 ①基态的核外电子排布式为________。 ②从结构角度分析，易被氧化成，原因是________。 ③制备纳米零价铁的离子方程式为，其中氧化剂为________。 (3)氨硼烷（）是一种储氢材料。在催化剂表面与反应的释氢机理如图1. ①中键的成因是________。 ②若用和做反应物，生成的氢气是________（填序号）。 a．                    b．                c．HD ③写出理论上与完全反应的总反应的离子方程式：________。 (4)在低温高压条件下为超晶胞结构，如图2所示（超晶胞内含有16个氨硼烷分子，）。氨硼烷晶体的密度为________（已知：；表示阿伏加德罗常数）。 【答案】(1)p (2) 的半满状态更稳定 、 (3)N提供孤电子对，B提供空轨道，二者形成配位键 c (4) 【详解】（1）B的原子序数为5，核外电子排布为，最后一个电子填充在p轨道，因此位于元素周期表的p区。 （2）①核外共10个电子，核外排布式为； ②Fe的原子序数为26，价电子排布为，失去1个电子后的价电子排布为，是半充满的稳定结构，因此容易被氧化； ③反应中从+2价降为0价，​中H为-1价，中H为+1价，二者结合生成0价的​，因此和中都有元素化合价降低，均为氧化剂。 （3）①​中N原子有一对孤电子对，B原子价层有空轨道，因此N提供孤电子对、B提供空轨道，二者形成配位键； ②根据释氢机理，释放的​中一个H来自​​（-1价的H），一个D来自（+1价的D），因此生成HD，故选c； ③​​中N为-3价、B为+3价，完全反应后B转化为，N转化为​，配平后总离子方程式为：。 （4）该超晶胞含16个​​，总质量，超晶胞的边长为、、，体积，密度。 考向06 考查超分子的结构、性质及其应用 16．【配合物的结构与性质、混合型晶体和过渡晶体、超分子】（2026·北京大兴·三模）结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释不正确的是 事实 解释 A 王水能溶解金属单质金和铂 浓盐酸提供的大量与金属离子形成稳定的配离子，增强了金属的还原性 B 灼烧铜丝至其表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中，铜丝恢复红色 该有机物中一定含有醇羟基 C 冠醚12-冠-4能够与形成超分子而不能与形成超分子 该冠醚空腔的直径与的直径相当，与的直径不匹配 D 石墨可用作润滑剂 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．王水是浓盐酸和浓硝酸的混合物，王水中的氯离子能与金、铂的离子形成稳定的配离子，增强了金属的还原性，所以王水能溶解金属单质金和铂，A正确； B．羧酸具有弱酸性，能与氧化铜反应生成羧酸铜和水，则灼烧铜丝至其表面变黑，伸入盛有羧酸的试管中，铜丝也会恢复红色，所以铜丝恢复红色不能说明该有机物中一定含有醇羟基，B错误； C．冠醚12-冠-4能够与锂离子形成超分子而不能与钾离子形成超分子是因为该冠醚空腔的直径与锂离子的直径相当，与钾离子的直径不匹配，C正确； D．石墨为层状结构，层与层之间依靠较弱的范德华力结合，容易发生相对滑动，所以石墨可作润滑剂，D正确； 故选B。 17．【配位键、超分子】（25-26高二下·北京·期末）含有冠醚环的聚合物膜能够高效吸附分离某些阳离子。一种含冠醚环的聚酰亚胺薄膜吸附分离Li+的过程如图。 下列说法不正确的是 A．冠醚环中碳氧键为σ键 B．冠醚环与Li+之间的作用是离子键 C．该聚酰亚胺薄膜使用时，需要控制溶液的pH D．若要设计K+的吸附分离膜，需增大冠醚环孔径 【答案】B 【详解】A．冠醚环中碳氧键为单键，单键均属于键，A正确； B．冠醚环与Li+之间的作用力是非共价键，不是离子键，B错误； C．聚酰亚胺中含有酰胺基，在过酸或过碱条件下会发生水解，因此使用时需要控制溶液pH，C正确； D．的离子半径大于，因此设计的吸附分离膜需要增大冠醚环孔径，D正确； 故选B。 18．【晶胞概念及判断、超分子】（24-25高二下·北京·期末）碱金属氯化物是典型的离子化合物，和的晶胞结构如下图所示。其中的碱金属离子能够与冠醚形成超分子。 下列说法不正确的是 A．晶胞中含4个a离子 B．晶体中周围紧邻8个 C．碱金属离子与冠醚通过离子键形成超分子 D．不同空穴尺寸的冠醚可以对不同碱金属离子进行识别 【答案】C 【详解】A．a离子位于正方体棱上和体心，一个NaCl晶胞中有个a离子，A正确； B．CsCl晶体属于体心立方，Cs+周围紧邻8个Cl-，故B正确； C．冠醚与碱金属离子络合形成超分子，碱金属离子与冠醚之间不是离子键，故C错误； D．由于不同碱金属离子的半径不同，不同空穴尺寸的冠醚可以对不同碱金属离子进行识别，故D正确； 故答案为C。 重难·创新演练 1．【金属晶体结构与性质、共价晶体的物理性质】（2026·北京丰台·二模）下列关于晶体的说法不正确的是 A．金属的延展性与金属键具有方向性和饱和性密切相关 B．冰晶体中每个水分子与4个相邻水分子形成氢键，分子间空隙大使冰的密度小于水 C．石墨作润滑剂的原因是其晶体为层状结构，层与层之间以范德华力结合，作用力小，易发生相对滑动 D．金刚石的硬度大于晶体硅的原因是二者均为共价晶体，键能：C—C>Si—Si 【答案】A 【详解】A．金属键是金属阳离子与自由电子之间的强相互作用，没有方向性和饱和性，金属的延展性是因为金属受外力发生形变时金属键仍可维持，与金属键有方向性、饱和性无关，A错误； B．冰晶体中水分子的氧原子有2对孤电子对，可与另外2个水分子的氢形成氢键，自身的2个氢也可与其他水分子的氧形成氢键，故每个水分子与4个相邻水分子形成氢键，该结构分子间空隙大，使冰的密度小于水，B正确； C．石墨为层状晶体，层与层之间的作用力为范德华力，作用力较弱，容易发生相对滑动，因此石墨可作润滑剂，C正确； D．金刚石和晶体硅均为共价晶体，原子半径 ，故键长 ，键能 ，因此金刚石硬度大于晶体硅，D正确； 故选A。 2．【晶体与非晶体判断】（2026·北京房山·一模）下列说法不正确的是 A．油脂均可以发生加成反应 B．利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离 C．苯酚与甲醛可通过缩聚反应得到酚醛树脂 D．通过X射线衍射可测定青蒿素晶体的结构 【答案】A 【详解】A．油脂分为饱和高级脂肪酸甘油酯（动物脂肪）和不饱和高级脂肪酸甘油酯（植物油），只有含碳碳双键的不饱和油脂才能发生加成反应，饱和油脂不能发生加成反应，A错误； B．盐析是指蛋白质在饱和盐溶液中溶解度降低析出，且盐析过程可逆，因此可以用盐析法分离提纯蛋白质，B正确； C．苯酚和甲醛可通过缩聚反应脱水生成酚醛树脂，是高中有机化学中缩聚反应的典型实例，C正确； D．X射线衍射法是测定晶体结构的标准方法，可测定青蒿素晶体结构，D正确； 故选A。 3．【配位键、晶体与非晶体判断】（2026·北京朝阳·一模）下列对事实的解释不正确的是 事实 解释 A 浓硝酸不能溶解金，王水(浓硝酸与浓盐酸按体积比1：3混合)能溶解金生成 浓盐酸能增强浓硝酸的氧化性 B 石墨有类似金属的导电性 石墨中未参与杂化的p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动 C 缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块 晶体具有自范性 D KSCN溶液遇溶液显红色，遇溶液不显红色 溶液中较小 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．王水能溶解金是因为浓盐酸提供高浓度，与形成稳定的配离子，降低了的电极电势，使硝酸能够氧化，并非增强浓硝酸的氧化性，A错误； B．石墨中原子采取杂化，未参与杂化的轨道形成离域大键，电子可在整个碳原子平面中运动，因此有类似金属的导电性，B正确； C．晶体具有自范性，能自发呈现规则的多面体外形，因此缺角的晶体在饱和溶液中可慢慢变为完美立方体块，C正确； D．与游离的反应显红色，属于配合物，在内界作为中心离子，电离出的游离浓度极低，因此遇溶液不显红色，D正确； 故答案选A。 4．【配位键】（2026·北京朝阳·一模）将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生大量白烟。下列说法不正确的是 A．、HCl中的共价键分别是键、s-p σ键 B．反应过程涉及配位键的形成 C．白烟的产生体现了的还原性 D．用浓硝酸代替浓盐酸，也会产生大量白烟 【答案】C 【详解】A．中采取杂化，的杂化轨道与的轨道形成键；中的轨道与的轨道形成键，A正确； B．反应生成，中的提供孤电子对、提供空轨道形成配位键，反应过程涉及配位键的形成，B正确； C．该反应为，反应中无元素化合价升降，属于非氧化还原反应，不体现的还原性，C错误； D．浓硝酸具有挥发性，挥发出的与反应生成固体，也会产生大量白烟，D正确； 故答案选C。 5．【配合物的结构与性质】（2025·北京海淀·三模）研究溶液的制备、性质和应用。 ①向溶液中逐滴加入氨水，得到溶液。 ②分别将等浓度的溶液、溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉溶液变蓝的气体。 ③溶液可处理含的废气，反应过程如下。 下列说法不正确的是 A．①中，为避免溶液与氨水生成沉淀，可先加入适量的溶液 B．②中，溶液中的浓度比溶液中的高，的还原性比的强 C．③中，转化为元素的化合价升高 D．③中，过低将不利于的脱除 【答案】B 【详解】A．加入适量的溶液，使溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，减小了氢氧根离子浓度，则①中，先加入适量的溶液可避免溶液与氨水生成沉淀，A不符合题意； B．[Co(NH3)6]2+为配离子，则②中溶液中的浓度比溶液中的高，结合分析可知，的还原性比的弱，B符合题意； C．③中，转化为元素的化合价由+2价升高为+3，C不符合题意； D．③中，降低pH，溶液酸性增强，氢离子和氨气反应生成铵根，不利于脱除NO，D不符合题意； 故选B。 6．【配合物的概念、组成及形成条件、配合物的结构与性质、配位键】（2025·北京石景山·一模）某小组同学制备深蓝色的溶液，实验如下。 ① ② ③ 向溶液中滴加氨水，产生蓝色沉淀，再向浊液中继续滴加过量氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液。 向溶液中滴加NaOH溶液，产生蓝色沉淀，再向所得浊液（标记为浊液a）中加入过量氨水，仍有沉淀剩余。 将浊液a过滤，洗涤，加入过量氨水，仍有沉淀剩余，再滴加几滴溶液，沉淀溶解，得到深蓝色溶液。 下列说法不正确的是 A．①中生成蓝色沉淀的离子方程式是 B．②中生成蓝色沉淀的离子方程式是 C．根据实验推测：能促进转化为 D．沉淀溶解的离子方程式是 【答案】D 【详解】A．①中溶液和氨水反应生成氢氧化铜沉淀，离子方程式为：，A正确； B．②中溶液和NaOH溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，离子方程式为：，B正确； C．②中得到氢氧化铜悬浊液a，将浊液a过滤，洗涤，加入过量氨水，仍有沉淀剩余，再滴加几滴溶液，沉淀溶解，得到深蓝色的溶液，说明能促进转化为，C正确； D．氢氧化铜沉淀溶于氨水产生，离子方程式是，D错误； 故选D。 7．【晶胞的有关计算】（2025·北京·模拟预测）锡是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。白锡和灰锡晶胞结构如图，下列说法中错误的是 A．白锡与灰锡晶体的配位数之比为 B．两种晶体的密度大小关系为白锡小于灰锡 C．若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是 D．若灰锡晶胞参数为a，则其中最近的两个锡原子间距为 【答案】B 【详解】A．白锡的配位数为8，灰锡的配位数为4，因此白锡与灰锡晶体的配位数之比为2：1，故A正确； B．晶体的体积大小未知，无法比较两种晶体的密度大小，故B错误； C．一个白锡晶胞中含有的锡原子数为8×+1=2，一个灰锡晶胞中含有的锡原子数为8×+6×+4=8，则白锡和灰锡的密度之比为=，故C正确； D．最近的两个锡原子间距为体对角线的，即为nm，故D正确； 答案选B。 8．【配合物的结构与性质、相似相溶原理、晶胞的有关计算】（2026·北京·三模）配合物顺铂是临床使用的第一代铂类抗癌药物。 (1)顺铂的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。 ①Cu属于___________区元素。 ②在中，配体与铂()的结合能力：___________(填“>”或“<”)。 (2)铂晶胞为正方体，边长为，结构如下图。 ①铂晶体中每个Pt原子周围与它最近且距离相等的Pt原子有___________个。 资料：i．单位物质的量的物质所具有的体积叫做摩尔体积；ii．。 ②铂晶体的摩尔体积___________(阿伏加德罗常数为)。 (3)铂电极在使用过程中会生成顺铂和反铂，二者的分子空间结构均为平面，结构和性质如下。 顺铂 反铂 结构 25°C时水中的溶解度/g 0.2577 0.0366 ①铂电极在含和的电解池中生成顺铂的过程如下：，Pt生成的电极反应为___________。 ②若浓度过高，由于反铂的溶解度下降，会增大生成反铂的比例。结合“相似相溶原理”解释反铂的溶解度下降的原因___________。 【答案】(1)ds < (2)12 (3) ，增大溶剂极性，反铂是非极性分子，和溶剂极性差异增大 【详解】（1）①Cu为29号元素，位于第四周期第IB族，属于ds区元素； ②离子半径大于N原子的，与铂(Ⅱ)形成配位键时，Pt与间的配位键键长更大，键能更小，结合力更小，故配体与铂(II)的结合能力<； （2）①从晶胞示意图可知，Pt原子分布在立方体的顶点和面心，属于面心立方最密堆积结构，铂晶体中每个Pt原子周围与它最近且距离相等的Pt原子有3×4=12个； ②面心立方晶胞中，顶点原子共8个，每个占；面心原子共6个，每个占，因此，即1个晶胞中含有4个Pt 原子，晶胞边长为，根据单位换算，晶胞体积，1mol Pt的原子数为阿伏加德罗常数，因此 1mol Pt对应的晶胞数为，摩尔体积：； （3）①铂电极在含和的电解池中生成顺铂的过程如下：，Pt生成的过程中，失去电子，化合价升高，根据电子守恒和电荷守恒，电极反应为：； ②反铂的分子结构为平面正方形，两个Cl原子和两个NH3分子分别处于对角位置，分子的正负电荷中心重合，属于非极性分子，顺铂的两个Cl和两个NH3分别处于同侧，正负电荷中心不重合，属于极性分子，水是强极性溶剂，根据相似相溶原理，极性分子在极性溶剂中溶解度更大，非极性分子溶解度更小（与表格中顺铂溶解度远大于反铂的数据一致），当溶液中NH3浓度过高时，溶液的极性增大，非极性的反铂在极性增大的溶液中溶解度进一步下降，因此会促进反铂的生成，增大反铂的比例。 9．【配位键、晶胞的有关计算】（2026·北京·三模）金(Au)是一种用途广泛的贵重金属，硫脲[]是一种新型浸金试剂。 (1)基态Au原子的价层电子排布式为。按核外电子排布，下列元素与金元素位于元素周期表同区的是_______(填序号)。 a．　　　b．　　　c． (2)硫脲可看作是尿素[]中的O原子被S原子取代的产物。 ①一个硫脲分子中的键数目为_______。 ②[]结合H+的能力强于[]，与S、O的电负性有关。比较S和O的电负性大小，并从结构角度说明理由：_______。 (3)一种Au-Cu合金的晶胞是立方体结构，边长为a nm，结构示意图如下。 ①每个Au原子周围与它最近且距离相等的Cu原子有_______个。 ②已知阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_______。() (4)硫脲与Fe3+联合浸金原理为：。 ①的结构为，与Au+配位的原子是S而不是N的原因是_______。 ②溶液pH对金浸出率的影响如下图所示。 时，金的浸出率随pH减小而降低，分析原因：_______(补全反应)。 □□_______□_______□_______ 【答案】(1)b (2)7 电负性：。O和S为同主族元素，电子层数，原子半径，原子对键合电子的吸引能力 (3)12 (4)电负性，S更易给出电子形成配体 【详解】（1）Au的价电子排布为，属于元素周期表的ds区；的价电子排布为，属于d区；的价电子排布为，属于ds区，与Au同区；价电子排布为，属于p区，故选b。 （2）①硫脲结构简式为，单键均为σ键，双键含1个σ键，总σ键数目为7； ②O和S同主族，S的电子层数更多，原子半径更大，对键合电子的吸引能力更弱，因此电负性小于O。 （3）①晶胞中Au位于顶点，Cu位于面心，顶点Au周围共有12个相邻面心的Cu距离最近且相等； ②晶胞中Au数目为，Cu数目为，晶胞总质量，晶胞体积，则该晶体的密度为。 （4）①Au+有空轨道，S、N原子含有孤电子对，电负性，S更易给出电子形成配体，因此与Au+配位的原子是S而不是N； ②pH减小，H+浓度增大，硫脲和H+发生反应：，硫脲浓度降低，浸金反应平衡左移，金的浸出率降低。 10．【晶胞的有关计算】（2026·北京东城·二模） MOF 材料可用于气体的储存和分离。 Ⅰ． 用 与甲酸 、 反应制备 (晶胞结构如图)。 (1)元素周期表中锆(40 Zr)位于第五周期第IVB族。补全的基态原子价层电子轨道表示式： ___________。 (2)中原子的杂化方式有___________。 (3)已知制备反应中各元素化合价均不变，则中 ___________， ___________。 (4)已知与的摩尔质量分别为、，晶胞体积为 ，阿伏加德罗常数为 。该晶体的密度为___________ 。 Ⅱ．用 与 反应制备 (晶胞结构如图)。 (5)的结构简式为___________ (6)已知低湿度环境中，MOF-B 吸收水蒸气的能力强于 MOF-A，从粒子间相互作用的角度分析可能的原因是___________。 【答案】(1) (2)sp2和sp3 (3)8 4 (4) (5) (6)B2-中的-OH能与水分子形成氢键 【详解】（1）Zr是40号元素，位于第五周期第IVB族，其核外电子排布为 [Kr] 4d25s2，根据洪特规则，4d轨道上的2个电子应分别占据不同的轨道，且自旋平行；5s轨道上的2个电子成对填充，自旋相反。因此，价层电子轨道表示式为：。 （2）H4A分子中，中心碳原子连接四个苯环，形成四面体结构，为sp3杂化。苯环上的碳原子属于sp2杂化。羧基中的碳原子形成C=O双键，同样为sp2杂化。因此，H4A中C原子的杂化方式有sp2和sp3两种。 （3）Zr在ZrOCl2·8H2O中为+4价，O为-2，OH⁻为-1，HCOO⁻为-1，根据离子所带电荷等于正负化合价的代数和：6×(+4)+4×(−2)+4×(−1)+ n×(−1)= m，24−8−4− n = m，m + n =12。观察晶胞结构，位于顶点和面心，顶点：8 × = 1，面心：6 × = 3，总计：4个，A4-位于晶胞内部，共8个，根据电荷守恒：4 m =8×4 ，  m =8，代入 m + n = 12，得 n = 4。 （4）晶胞中含4个[Zr6O4(OH)4(HCOO)4] 8+和8个A4-，质量为 g  ，晶胞体积为v cm3，因此密度为：��==gcm−3。 （5）H2B结构中有两个-COOH，在反应中脱去2个H+形成B2-，B2-结构简式为：。 （6）MOF-A中的A4-只能作为氢键受体与水分子作用，而MOF-B中的B2-含有的羟基既可作为氢键供体也可作为氢键受体，能与水分子形成更强的氢键作用。故MOF-B吸水能力更强的主要原因是B2-中的-OH能与水分子形成氢键。 真题·实战演练 1．【晶胞概念及判断、晶胞的有关计算、离子配位数、常见离子晶体的结构】（2026·重庆·高考真题）某化合物在一定温度下电导率发生突跃，可作为快离子导体材料，其晶胞结构如图所示。下列相关叙述错误的是 A．该化合物的化学式为 B．相邻核间距都相等 C．与配位的个数为4 D．和空位的数目比为1∶3 【答案】D 【详解】A．由图可知，位于8个顶点和2个面心，均摊后数目为：； 全部在晶胞内部，共4个，数目为4； 或空位位于面心，均摊后数目为，设数目为，由电荷守恒得：，解得，即化合物化学式为，A正确； B． 分别位于顶点和面心，位于面心，不同位置的与的核间距均为面对角线的一半，均为，因此相邻核间距都相等，B正确； C．由图可知，每个周围有4个最近的，因此与配位的个数为4，C正确； D．由A项分析可知，数目为1，空位数目为，数目比为，D错误； 故选D。 2．【晶胞概念及判断、晶胞的有关计算、离子配位数、常见离子晶体的结构】（2026·江西·高考真题）多相系超导体晶体结构如图，晶胞参数，，下列说法错误的是 A．1号Cu的坐标为 B．，， C．Y和Ba的O配位数不相等 D．O原子占据金属原子的八面体空隙 【答案】A 【详解】A．若1号Cu位于x=0、y=1、z=的棱上，对应分数坐标为，坐标为，但实际1号原子因Y、Ba原子半径不同未必占据z=的棱上，A错误； B．均摊法计算：Y在晶胞内部共1个，Ba在晶胞内部共2个，Cu为个，O总数为，故，，，B正确； C．以体心Y为研究对象，距离Y较近的O有8个，但由于，Y的O配位数实际为4，同理Ba距离较近的O有10个，但受限于，实际Ba的O配位数为6（即位于棱上的6个O），C正确； D．由题图可知，该晶胞中各位置的O均占据由周围6个金属原子形成的八面体空隙中(部分金属原子位于晶胞外，题图中未画出，例如4个Ba和2个Cu可形成1个八面体空隙)，D正确； 故选A。 3．【晶胞的有关计算、离子配位数、常见离子晶体的结构】（2026·湖北·高考真题）固体材料具有相变制冷效应，室温下其立方体晶胞结构示意图如下。下列说法错误的是 A．每个晶胞中有4个 B．每个周围有12个紧邻的 C．之间的最短距离是 D．晶体密度表示为 【答案】B 【详解】A．位于晶胞顶点和面心，数目为，每个晶胞中有4个，A正确； B．位于晶胞顶点和面心，位于棱心和体心，以位于面心的为研究对象，每个周围紧邻的为6个，不是12个，B错误； C．位于棱心和体心，之间最短距离为晶胞面对角线的一半，即，C正确； D．晶胞含4个，总质量为，晶胞体积为，密度，D正确； 故选B。 4．【晶胞的有关计算、离子配位数、常见离子晶体的结构】（2026·四川·高考真题）氧化物钙钛矿型晶胞中的离子半径关系为(M为顶点阳离子，N为体心阳离子)，当时，会形成立方晶胞。一种由、和形成的钙钛矿型晶胞如图所示，其，。 下列说法错误的是 A．紧邻12个 B．晶胞中1位上的分数坐标为 C．晶胞中 D．取代()形成的是立方晶胞 【答案】D 【详解】A．钙钛矿结构中顶点阳离子配位数为12，紧邻12个面心的，A正确； B．1位位于的面心，对应分数坐标为，B正确； C．代入公式：，结合，计算得，C正确； D．取代后，，新，不满足立方晶胞的范围，D错误； 故选D。 5．【配合物的概念、组成及形成条件、配合物的结构与性质、配位键、超分子】（2026·四川·高考真题）某课题组合成的一种配合物，其内部空腔可识别并包裹特定结构的分子，形成超分子胶囊。该配合物的阴离子部分，其结构如图所示。 下列说法错误的是 A．的配位数为6 B．配合物内部空腔通过非共价键作用识别特定结构的分子 C．改变配体骨架的基团或链的长短，配合物内部空腔可适配不同结构的分子 D．替换后，配体骨架的电子云分布不会发生改变 【答案】D 【详解】A．该配合物的阴离子含有6个配体（每条线都是1个配体），4个，每个周围有6个O（3个配体）作为配位原子，配位数为6，A正确； B．超分子对特定分子的识别依靠氢键、范德华力等非共价键作用，B正确； C．改变配体骨架的基团或链的长短，会调整空腔的大小、结构和作用位点，可适配不同结构的分子，C正确； D．所带正电荷数高于，对配位原子的电子吸引作用更强，会改变配体骨架的电子云分布，D错误； 故选D。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $