主题5 习题课5 基于物质结构模型的逻辑推理题(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考化学一轮总复习（江苏专版）

该高中化学高考复习课件聚焦物质结构与性质核心模块，依据高考评价体系梳理分子构型、晶体类型、杂化方式、晶胞计算等高频考点，通过近三年浙江、湖南等多地选考真题分析考点权重，归纳结构推断、性质预测等常考题型，体现备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题习悟+模型建构+预测训练”策略，如以2025浙江选考(N₂H₅)₂Zn(SO₄)₂结构题为例，运用价层电子对互斥模型和均摊法突破晶胞化学式与氢键判断，培养科学思维和模型认知素养。设置易错点分析（如杂化类型判断误区）和答题模板，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此优化复习策略，提升备考效率。

习题课 基于物质结构模型的逻辑推理题 跨“界”融通 感悟高考考法 5 在物质结构中分子、晶体的结构是立体的，但在试题中呈现的是在同一平面内所画的各种各样立体构型，具有一定的抽象性，让学生理解起来比较困难。这就需要通过构建有感知的立体模型使抽象的问题具象化，确定物质的结构，预测物质的性质，体验化学的逻辑之美。 √ |真|题|习|悟|(看高考如何关联命题) 1.(2025·浙江6月选考)能代表化合物(N2H5)2Zn(SO4)2的结构片段如图(氢原子未画出)，下列有关该化合物的描述不正确的是(　　) A.图中球①代表原子团NH2 B.该化合物易溶于水 C.作还原剂时，该化合物释放H+ D.氮原子上没有孤电子对，晶体中不存在氢键 解析:由结构片段，结合化合物化学式可知，各部分结构如图， ；N2可表示为NH2—N，其中①号氮原子要提供 孤电子对与Zn2+形成配位键，而—N结构中无孤电子对，故①表示原子团NH2，A正确；该化合物属于可溶性盐，且可与水形成氢键，因此易溶于水，B正确；作还原剂时，N2化合价升高转化为N2和H+，因此该化合物释放H+，C正确；N2中①号氮原子与Zn2+形成配位键，旁边的氮原子与H+形成配位键，因此氮原子上没有孤电子对，但S中含有氧原子，晶体中存在N—H…O氢键，D错误。 √ 2.(2024·湖南卷)通过理论计算方法优化了P和Q的分子结构，P和Q呈平面六元并环结构，原子的连接方式如图所示，下列说法错误的是 (　　) A.P为非极性分子，Q为极性分子 B.第一电离能:B<C<N C.1 mol P和1 mol Q所含电子数目相等 D.P和Q分子中C、B和N均为sp2杂化 解析:由所给分子结构图，P和Q分子都满足对称，正负电荷中心重合，都是非极性分子，A错误；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由小到大的顺序为B<C<N，B正确；由所给分子结构可知，P的分子式为C24H12，Q分子式为B12N12H12，P、Q分子都含156个电子，故1 mol P和1 mol Q所含电子数目相等，C正确；由所给分子结构可知，P和Q分子中C、B和N均与其他三个原子成键，P和Q分子呈平面结构，故P和Q分子中C、B和N均为sp2杂化，D正确。 √ 3.(2024·安徽卷)某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.该物质中Ni为+2价 B.基态原子的第一电离能:Cl>P C.该物质中C和P均采取sp2杂化 D.基态Ni原子价电子排布式为3d84s2 解析:P原子的3个电子与苯环形成共用电子对，P原子剩余一个孤电子对与Ni形成配位键，Cl-也有孤电子对，也能与Ni形成配位键，由该物质的组成知，Ni为+2价，A项正确；同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能:Cl>P，B项正确；该物质中碳原子位于苯环上，杂化类型为sp2杂化，P形成4个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp3杂化，C项错误；基态Ni原子核外有28个电子，电子排布式为[Ar]3d84s2，则价电子排布式为3d84s2，D项正确。 √ 解析:由图可知，晶胞中C原子的个数是6×=3，N位于晶胞内部，个数为4，则晶胞化学式为C3N4。C、N均以单键连接，晶胞中不含π键，A错误；晶胞内只存在共价键，不是混合型晶体，B错误；由分析可知，晶胞化学式为C3N4，C正确；位于面心的碳原子与周围4个氮原子(位于两个晶胞内)相连，其配位数为4，不存在孤电子对，D错误。 4.(2025·重庆卷)化合物X的晶胞如图所示，下列叙述正确的是 (　　) A.X中存在π键 B.X属于混合型晶体 C.X的化学式可表示为C3N4 D.X中C原子上有1对孤电子对 √ 解析:由题图可知，Fe(NH3)2Cl2晶体中存在离子键、配位键、分子间作用力，具有分子晶体和离子晶体的特性，属于混合晶体，A正确；NH3与二价铁通过配位键形成[Fe(NH3)2]2+，B正确；Fe(NH3)2Cl2与水反应可以生成Fe(OH)2沉淀，化学方程式为Fe(NH3)2Cl2+2H2O==Fe(OH)2↓+2NH4Cl，C正确；Fe(NH3)2Cl2中的N上的孤电子对与Fe形成的配位键较弱，受热易分解生成NH3，Fe(NH3)2Cl2热稳定性小于FeCl2，D错误。 5.(2025·浙江1月选考)某化合物Fe(NH3)2Cl2的晶胞如图所示，下列说法不正确的是 (　　) A.晶体类型为混合晶体 B.NH3与二价铁形成配位键 C.该化合物与水反应有难溶物生成 D.该化合物热稳定性比FeCl2高 √ 6.(2024·贵州卷)我国科学家首次合成了化合物[K(2，2，2⁃crypt)]5 [K@Au12Sb20]。其阴离子[K@Au12Sb20]5-为全金属富勒烯(结构如图)，具有与富勒烯C60相似的高对称性。下列说法错误的是 (　　) A.富勒烯C60是分子晶体 B.图示中的K+位于Au形成的二十面体笼内 C.全金属富勒烯和富勒烯C60互为同素异形体 D.锑(Sb)位于第五周期第ⅤA族，则其基态原子价层电子排布式是5s25p3 解析:富勒烯C60是由C60分子通过范德华力结合形成的分子晶体，A正确；由题图可知，中心K+周围有12个Au形成二十面体笼(每个面为三角形，上、中、下层分别有5、10、5个面)，B正确；全金属富勒烯不是碳元素的单质，因此其与富勒烯C60不能互为同素异形体，C错误；锑(Sb)位于第五周期第ⅤA族，则根据元素位置与原子结构关系可知，其基态原子价层电子排布式是5s25p3，D正确。 [思维模型] 应用数学模型，将抽象的空间构型、晶胞堆积转化为可计算的参数(如键角、密度、空间利用率)。 1.分子立体构型的数学模型:基于“几何关系”算键角、键长 利用价层电子对互斥模型(VSEPR)确定电子对空间构型后，结合“正多边形/正多面体几何性质”计算键角。 [示例] 正四面体构型(如CH4):中心C原子与4个H原子构成正四面体，任意两个C—H的键角可通过正四面体几何计算，结果为109°28'(数学上，正四面体中心到顶点连线的夹角，由棱长a推导得出)。 2.晶胞立体结构的数学模型:基于“均摊法+几何公式”算关键参数 先通过“均摊法”确定晶胞粒子数(Z)，再结合晶胞参数(a，如边长、棱长)，用数学公式计算密度、空间利用率、微粒间距。 [示例] (1)面心立方最密堆积(FCC)，空间利用率为74%(4个等径球体积 / 正方体晶胞体积，通过球半径r与晶胞参数a的关系“a=2r”推导)。 (2)微粒间距计算:利用晶胞几何关系(如对角线、体对角线)求粒子间距离。如CsCl晶胞中，Cs+与Cl-的距离为晶胞体对角线的1/2，即(a为晶胞边长)。 √ |预|测|训|练|(由训练盘活知识) 1.(2026·铜仁市开学摸底)铝离子电池一般用离子 AlC 液体作电解质，某离子液体的结构如图。下列说法错误的是(　　) A.该化合物中阴离子的空间结构为正四面体形 B.阳离子中键角∠C—N—C与N(CH3)3分子中键角∠C—N—C相等 C.阳离子中碳原子的杂化方式为sp3 D.离子液体导电性良好的原因是离子浓度大且能自由移动 解析:阴离子为AlC，Al的价层电子对数为4+=4，无孤电子对，空间结构为正四面体形，A正确；阳离子的中心N原子形成4个σ键，无孤电子对，N(CH3)3中N原子有1个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，则阳离子中键角∠C—N —C大于N(CH3)3分子中键角∠C—N—C，B错误；阳离子为，C原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化方式为sp3，C正确；离子液体中阴、阳离子浓度大且能自由移动，故导电性良好，D正确。 √ 2.(2026·蚌埠第二中学摸底)由H、C、N、O四种元素组成的化合物的成键结构如图所示，分子中五元环上原子共平面。下列说法正确的是 (　　) A.图中 代表N原子 B.五元环中存在的大π键为 C.该化合物中所有碳氧键键长相等 D.该化合物中 原子的杂化类型为sp2杂化 解析:根据有机物的结构图可知 球只连接2个键，则 球应该代表O原子，A错误；五元环上5个原子共平面，则4个C原子和1个O原子均为sp2杂化，各提供1个p轨道，环内的4个C原子各提供1个p电子、1个O原子提供2个p电子，则总电子数=4×1+2=6，最后形成5原子6电子的大π键，B正确；五元环中的C、O原子参与形成大π键，与环外碳氧键键长不相等，C错误；根据有机物的结构图可知 球连接3个键，则 球应该代表N原子，还存在1个孤电子对，结构为三角锥形，则杂化类型为sp3杂化，D错误。 √ 3.(2026·沧州市南皮县第一中学一模)利用反应:CrCl3+3 +3NH3== Cr(C5H7O2)3+3NH4Cl可制备降爆剂Cr(C5H7O2)3(结构如图)，下列有关说法正确的是(　　) A.Cr中碳原子的杂化类型为sp、sp3 B.第一电离能大小:O>N>C>Cr C.NH4Cl属于离子晶体，且其中含有配位键 D.NH3→的变化过程中，空间结构没有变化 解析:由题图可知，分子中饱和碳为sp3杂化，双键碳、羰基碳为sp2杂化，A错误。同一主族元素随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期元素随着原子序数变大，第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能大小:N>O>C>Cr，B错误。NH4Cl是由铵根离子和氯离子构成的，属于离子晶体，且铵根离子中含有N→H+配位键，C正确。NH3分子中N原子的价层电子对数为3+=4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，的中心原子N原子的价层电子对数为4+=4，为sp3杂化，空间构型为正四面体形，D错误。 √ 4.(2026·昆明市第一中学联考)Li2Sx(x可为1，2，4，6，8)主要用于电化学储能。其中一种的立方晶胞结构如图。 下列说法正确的是(　　) A.该晶体的化学式为Li2S2 B.与S最近且等距的Li有4个 C.最小核间距(d)比较:dS⁃S>dS⁃Li D.该晶体熔点约为938 ℃，属于分子晶体 解析:通过均摊法计算晶胞中Li和S的原子个数:S位于立方晶胞的顶点和面心，S总数为8×+6×=4，Li位于体内，共8个Li原子，化学式应为Li2S(x=1)，A错误；由晶胞图可知，S原子周围最近且等距的Li位于四面体空隙，每个S原子周围有8个Li，B错误；dS⁃S为晶胞面对角线的二分之一，dS⁃Li为晶胞体对角线的四分之一，故dS⁃S>dS⁃Li，C正确；该晶体熔点较高(938 ℃)，且由Li+和构成，属于离子晶体，D错误。 √ 5.(2026·丹东市测试)(CH3NH3)PbI3材料在新能源电池领域中具有重要的应用价值，其一种立方晶胞结构如图甲所示(其中 代表Pb2+)。下列说法错误的是(　　) A.Pb元素位于元素周期表的p区 B.图乙为图甲晶胞沿体对角线方向的投影图 C.图甲中Pb2+位于由I-形成的正八面体空隙中 D.图甲中与CH3N等距离且最近的I-有12个 解析:Pb元素位于第六周期第ⅣA族，价层电子排布式为6s26p2，属于p区元素，A正确；由图甲可知，(CH3NH3)PbI3中Pb2+与I-的个数比为1∶3，Pb2+位于体心，有1个Pb2+，则I-位于面心，CH3N位于顶点，该晶胞沿体对角线方向的投影，体对角线方向的2个顶角CH3N和体心Pb2+原子投到1个点，另外6个顶角CH3N原子在平面上投出1个六边形，面心6个I-在CH3N投出六边形内部 的1个小六边形，如图所示: ，B错误；(CH3NH3)PbI3晶胞中Pb2+位于体心， I-位于面心，图甲中Pb2+位于由I-形成的正八面体空隙中，C正确；由B可知，CH3N位于顶点，I-位于面心，面心I-与顶点距离最近，每个顶点周围有12个面心I-(面心立方结构顶点配位数12)，D正确。 √ 6.(2026·南京、盐城一模)丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色的二丁二酮肟合镍沉淀,其结构如图所示。该反应可鉴定Ni2+的存在。下列说法不正确的是 (　　) A.沸点高低:CH4<NH3<H2O B.半径大小:r(O)<r(N)<r(C) C.电离能大小:I1(C)<I1(N)<I1(O) D.Ni2+提供空轨道,N原子提供孤电子对 解析:CH4、NH3、H2O的相对分子质量都比较接近,但H2O在常温下呈液态,而CH4、NH3呈气态,NH3分子间能形成氢键,则沸点高低:CH4<NH3<H2O,A正确;同周期元素从左到右,原子半径依次减小,C、N、O为同周期相邻元素且从左往右排列,则半径大小:r(O)<r(N)<r(C),B正确;C、N、O为同周期相邻元素,但N原子的2p轨道半充满,第一电离能反常,则电离能大小:I1(C)<I1(O)<I1(N),C不正确;二丁二酮肟合镍配离子中,Ni2+为中心离子,提供空轨道,N原子为配位原子,提供孤电子对,D正确。 √ 7.(2026·盐城期中) 有机溶剂18⁃冠⁃6( )与K+形成X( ),可促进反应CH3CH2Br+KCN→CH3CH2CN+KBr的进行。下列说法不正确的是(　) A.18⁃冠⁃6中C和O的杂化轨道类型相同 B.X中18⁃冠⁃6与K+间存在离子键 C.电负性:χ(K)<χ(H) D.第一电离能:I1(O)<I1(N) 解析:18⁃冠⁃6中C和O的价层电子对数均为4,杂化轨道均为sp3,类型相同,A正确;18⁃冠⁃6与K+形成超分子X,18⁃冠⁃6(有机分子)与K+间存在配位键,离子键只存在阳离子与阴离子之间,B错误;元素非金属性越强,电负性越大,K属于活泼金属,故电负性:χ(K)<χ(H),C正确;N的2p能级处于半充满稳定状态,第一电离能大于同周期相邻元素O,D正确。 √ 8.(2026·徐州期中)离子液体具有较好的化学稳定性被广泛用于高尖端工业领域,一种离子液体1⁃乙基⁃3⁃甲基咪唑四氟硼酸盐结构如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.该离子液体中存在离子键和共价键 B.电离能大小:I1(N)>I1(F) C.电负性大小:χ(H)>χ(C) D.阳离子中C、N原子一定处于同一平面 解析:该离子液体由阳离子(1⁃乙基⁃3⁃ 甲基咪唑)和阴离子(B)构成,阴阳离子间存在离子键;阳离子内部的 C—N、C—C 等键以及 B内部的 B—F 键均为共价键,因此存在离子键和共价键,A 正确。N的第一电离能小于F,B 错误。甲烷中碳为-4价,氢为+1价,则电负性 :χ(H)<χ(C),C 错误。阳离子中,乙基(—CH2CH3)的C原子为sp3杂化,其与咪唑环的连接可通过σ键旋转,因此乙基的C原子与咪唑环(C、N 原子所在平面)不一定共平面,D错误。 √ 9.下列说法正确的是 (　　) A.干冰中的CO2之间只存在范德华力，一个分子周围有12个紧邻分子，密度比冰的低 B.区分晶体和非晶体最科学的方法是测定是否有固定的熔、沸点 C.如图1是一种镍基合金储氢后的晶胞结构，该合金储氢后，含1 mol La(镧)的合金可吸附H2的质量为3 g D.如图2中， 表示硅氧四面体，则该多硅酸根结构的化学式为(Si6O17 解析:在CO2晶体 中，1个CO2分子周围等距离的CO2个数有 3×8÷2=12，干冰晶体堆积比冰紧密，故密度大，故A错误。晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，X射线衍射可以看到微观结构，最科学的方法是进行X射线衍射实验，故B错误。晶胞中La原子数目=8×=1，氢气分子数目为8×+2×=3，故含1 mol La的合金可吸附氢气的质量为1 mol×3× 2 g·mol-1=6 g，故C错误。将图2中左边环补齐，则得到两个完整环，则两环共用的氧原子有左边7个、右边7个共14个；独立成个体的氧原子有10个，同时两个环都有独立的硅原子，则硅原子和氧原子个数比为(4+4×0.5)∶(14×0.5+10)=6∶17，结合硅化合价为+4价，氧化合价为-2价，可得到通式为(Si6O17，故D正确。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $