三年（2023-2025）高考化学真题分类汇编：专题15 物质结构与性质综合题（解析版）

这是一份三年（2023-2025）高考化学真题分类汇编：专题15 物质结构与性质综合题（解析版），共23页。试卷主要包含了Fe单质及其化合物应用广泛，磷是生命活动中不可或缺的元素，氧是构建化合物的重要元素，氮和氧是构建化合物的常见元素等内容，欢迎下载使用。
专题15 物质结构与性质综合题
1．（2025·北京卷）通过MgCl2和MgNH36Cl2的相互转化可实现NH3的高效存储和利用。
(1)将Mg的基态原子最外层轨道表示式补充完整： 。
(2)NH3分子中H−N−H键角小于109°28'，从结构角度解释原因： 。
(3)MgNH36Cl2的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如下。
①MgNH36Cl2的配体中，配位原子是 。
②已知MgNH36Cl2的摩尔质量为Mg⋅ml-1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 g⋅cm-3。(1nm=10-7cm)
(4)MgCl2和NH3反应过程中能量变化示意图如下。
①室温下，MgCl2和NH3反应生成MgNH36Cl2而不生成MgNH3Cl2。分析原因： 。
②从平衡的角度推断利于MgNH36Cl2脱除NH3生成MgCl2的条件并说明理由： 。
【答案】(1)
(2)CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H-C-H的键角为109°28′，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28′
(3) N 4Ma3NA×1021
(4) 生成Mg(NH3)6Cl2的活化能更低 根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应的热化学方程式为MgCl2(s)+6NH3(g)=Mg(NH3)6Cl2(s) ΔH＜0，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。
【详解】（1）
Mg是第12号元素，其基态最外层电子的电子排布式为3s2，故其基态原子最外层轨道表示式为：。
（2）CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H-C-H的键角为109°28′，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28′。
（3）①Mg(NH3)6Cl2的内界为Mg(NH3)62+，故其配体为NH3，由于N原子有孤电子对，所以配位原子为N；
②根据均摊法，该晶胞中Mg(NH3)62+的个数为8×18+6×12=4，Cl-的个数为8，故每个晶胞中含有4个Mg(NH3)6Cl2，则晶体的密度为ρ=m晶胞V晶胞=4MNAga×10-73cm3=4Ma3NA×1021g⋅cm-3。
（4）①由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，反应生成Mg(NH3)6Cl2的活化能更低，故室温下易于生成Mg(NH3)6Cl2；
②根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应为放热反应，即MgCl2(s)+6NH3(g)=Mg(NH3)6Cl2(s) ΔH＜0，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，脱除NH3生成MgCl2是指逆反应方向，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。
2．（2025·山东卷）Fe单质及其化合物应用广泛。回答下列问题：
(1)在元素周期表中，Fe位于第 周期 族。基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为 。
(2)尿素分子H2NCONH2与Fe3+形成配离子的硝酸盐FeH2NCONH26NO33俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。
①元素C、N、O中，第一电离能最大的是 ，电负性最大的是 。
②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为 。
③八面体配离子FeH2NCONH263+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 (填元素符号)。
(3)α−Fe可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为apm)。
①α−Fe晶胞中Fe原子的半径为 pm。
②研究发现，α−Fe晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是 ，该截面单位面积含有的Fe原子为 个⋅pm−2。
【答案】(1) 四 VIII 4：5
(2) N O sp2 O
(3) 3a4 n 2a2
【详解】（1）Fe为26号元素，位于元素周期表中第四周期VIII族；基态Fe原子电子排布式为[Ar]3d64s2，未成对电子数为4，基态Fe3+电子排布式为[Ar]3d5，未成对电子数为5，故答案为：四；VIII；4：5。
（2）①同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>C；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C，故答案为：N；O。
②尿素分子H2NCONH2中C原子形成3个σ键，无孤电子对，采取的轨道杂化方式为sp2杂化。
③八面体配离子FeH2NCONH263+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，因此N原子不会参与形成配位键，说明C=O中O原子参与配位，所以与Fe3+配位的原子是O。
（3）①α−Fe为体心立方晶胞，晶胞边长为a pm，体对角线长度为3apm，体心立方晶胞中Fe原子半径r与体对角线关系为4r=3a，因此Fe原子的半径为3a4pm。
②m截面面积Sm=a2pm2，每个顶点被8个相邻晶胞共享​​，每个晶胞的面被两个晶胞共用，每个晶胞的顶点原子贡献14个原子给该晶面，所含原子数为4×14=1，单位面积原子数为1a2个pm-2；n截面面积为a×2a=2a2pm2，每个顶点被8个相邻晶胞共享，每个顶点参与形成四个通过体心的截面，体心原子完全属于本截面，所含原子数为4×14+1=2，单位面积原子数为22a2=2a2个∙pm-2，因此催化活性较低的是n截面，该截面单位面积含有的Fe原子为2a2个∙pm-2。
3．（2025·上海卷）(以下题目中的图片根据回忆所得信息结合文献资料重新整合所得，仅供参考)
(1)钨作灯丝与_______性质有关(不定项)。
A．延展性B．导电性C．高熔点D．
(2)钨有金属光泽的原因 (从微观角度解释)。
(3)Ca原子在晶胞中的_______位置。
A．顶点B．棱上C．面上D．体心
(4)钨在周期表中的位置是_______。
A．第五周期第ⅡB族B．第五周期第ⅣB族C．第六周期第ⅡB族D．第六周期第ⅥB族
(5)根据价层电子对斥理论，WO42−的价层电子对数是 。
(6)图晶胞1−8号O原子，若晶胞仅含1个完整WO42−四面体，组成该四面体的O编号是 。
表格(各种矿石密度)。
(7)给出晶胞参数，求ρCaWO4并说明“重石头”俗名依据 。(有V和M？)
电解制备CaWO4是光电陶瓷材料
已知KspCaWO4=8.7×10−9,KspCaCO3=2.7×10−8
(8)写出电解的阳极方程式 。
(9)为获取高纯产物，制备时需要不断通入N2的原因 。
【答案】(1)BC
(2)金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽
(3)BC
(4)D
(5)4
(6)5、6、7、8
(7)ρ(CaWO4)=Z·Ma3·NA；CaWO4的密度较大
(8)W+8OH--6e-+Ca2+=CaWO4+4H2O
(9)减少CO2，避免生成CaCO3
【分析】W丝除了有导电性以外，还具有很高的熔点， 价层电子对的计算公式为中心原子价电子数+配位原子提供的电子总数+电荷数2，与电源正极相连的是电解池的阳极，与电源负极相连的是电解池的阴极，阳极失电子，阴极得电子；
【详解】（1）因为W丝具有导电性高熔点的性质，所以可以用来做灯丝，故答案为：BC；
（2）钨有金属光泽的原因是：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽；
故答案为：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽；
（3）由图可知答案为：BC；
（4）74号W元素在56号Xe元素和86号Rn元素之间，所以W在第六周期第ⅥB族，故答案为D；
（5）WO42-的价层电子对数=中心原子价电子数+配位原子提供的电子总数+电荷数2=6+4×0+22=4，故答案为4；
（6）WO42−四面体是由1个W原子和4个O原子构成的，其中W原子位于四面体的中心，4个O原子位于四面体的4个顶点。从图1-8中可以看到晶胞的结构，当W原子与5、6、7、8号O原子相邻时，能组成一个四面体，故答案为：5、6、7、8；
（7）晶胞参数通常指的是晶胞的边长和角度。假设图中标注的边长为a，角度为α、β、γ，ρ(CaWO4)=Z·Ma3·NA，其中Z是晶胞中化学式单位的数量，M是化学式单位的摩尔质量，a是晶胞的体积，NA是阿伏伽德罗常数；“重石头”是CaWO4的俗名，因为CaWO4的密度较大，所以被称为“重石头”；故答案为ρ(CaWO4)=Z·Ma3·NA；CaWO4的密度较大；
（8）W与电源正极相连，所以是电解池的阳极，故电极反应式为：W+8OH--6e-+Ca2+=CaWO4+4H2O，故答案为：W+8OH--6e-+Ca2+=CaWO4+4H2O；
（9）制备时需要不断通入N2的原因是：减少CO2，避免生成CaCO3；故答案为：减少CO2，避免生成CaCO3；
4．（2025·浙江卷）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0.01ml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H3PO4Ka3=4.8×10−13脱水聚合得到一分子H4P2O7Ka3=2.0×10−7，从PO43−、HP2O73−的结构角度分析Ka3差异的原因 。
(4)兴趣小组对某磷灰石[主要成分为Ca5PO43OH、Ca5PO43F、Ca5PO43Cl和少量SiO2]进行探究，设计了两种制备H3PO4的方法：
Ⅰ.用稍过量的浓H2SO4与磷灰石反应，得到H3PO4溶液、少量SiF4气体、渣(主要成分为CaSO4)。
Ⅱ.将磷灰石脱水、还原，得到的白磷P4燃烧后与水反应制得H3PO4溶液。
①方法I，所得H3PO4溶液中含有的杂质酸是 。
②以方法Ⅰ中所得渣为硫源，设计实验制备无水Na2SO4，流程如下：
溶液A是 ，系列操作B是 ，操作C是 。
③方法Ⅱ中，脱水得到的Ca10PO46O(足量)与炭(C)、SiO2高温下反应，生成白磷P4和另一种可燃性气体，该反应的化学方程式是 。
【答案】(1)AD
(2) Ca3PCl3 溶液变蓝，有气体放出
(3)PO43−的负电荷密度大，更易结合氢离子
(4) 硫酸、盐酸、氢氟酸 碳酸钠溶液 过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤 加热脱水 2Ca10PO46O+30C+20SiO2=高温20CaSiO3+3P4+30CO↑
【详解】（1）A．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．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．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．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6×12=3、P原子数8×18=1、Ca原子数12×14=3，所以化学式是Ca3PCl3；
②Ca3PCl3中P显-3价，将0.01ml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）当两分子H3PO4脱水聚合时，结构发生变化，聚合结构的体积更大，负电荷分布更分散，更容易电离出氢离子，而PO43−的负电荷密度大，更易结合氢离子，所以聚合后的Ka3值增大；
（4）①方法I中，Ca5PO43OH、Ca5PO43F、Ca5PO43Cl和浓硫酸反应生成硫酸钙、磷酸、氢氟酸、盐酸，氢氟酸和SiO2反应生成SiF4气体和水，所得H3PO4溶液中含有的杂质酸是硫酸、盐酸、氢氟酸。
②碳酸钠和硫酸钙反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀和硫酸钠，溶液A是碳酸钠溶液；过滤出碳酸钙，得硫酸钠、碳酸钠混合液，加硫酸除碳酸钠，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得Na2SO4⋅xH2O，系列操作B是过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，Na2SO4⋅xH2O加热脱水得无水硫酸钠，操作C是加热脱水。
③方法Ⅱ中，脱水得到的Ca10PO46O(足量)与炭(C)、SiO2高温下反应，生成白磷P4和另一种可燃性气体，根据元素守恒，可燃性气体为CO，该反应的化学方程式是2Ca10PO46O+30C+20SiO2=高温 20CaSiO3+3P4+30CO↑。
5．（2024·全国甲卷）ⅣA族元素具有丰富的化学性质，其化合物有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）该族元素基态原子核外未成对电子数为 ，在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为 。
（2）俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为 (填标号)。
a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．配位键
（3）一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，其中电负性最大的元素是 ，硅原子的杂化轨道类型为 。
（4）早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明原因： 。
（5）结晶型可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。其中的配位数为 。设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 (列出计算式)。
【答案】（1）2 +4
（2）bd
（3）C
（4）SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子量越大，分子间作用力越强，熔点越高
（5）6
【解析】（1）ⅣA族元素基态原子的价层电子排布为，其核外未成对电子数为2，因最外层电子数均为4，所以在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为+4；
（2）俗称电石，其为离子化合物，由和构成，两种离子间存在离子键，中两个C原子之间存在非极性共价键，因此，该化合物中不存在的化学键类型为极性共价键和配位键，故选bd；
（3）
一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，含C、Si、H三种元素，其电负性大小：C>H>Si，则电负性最大的元素是C，硅原子与周围的4个原子形成共价键，没有孤电子对，价层电子对数为4，则硅原子的杂化轨道类型为；
（4）根据表中数据可知，SnF4的熔点均远高于其余三种物质，故SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，SnCl4、SnBr4、SnI4三种物质的相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，熔点升高，故原因为：SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子量越大，分子间作用力越强，熔点越高；
（5）由晶胞结构图可知，该晶胞中有4个和4个，距离每个原子周围最近的原子数均为6，因此的配位数为6。设为阿伏加德罗常数的值，则个晶胞的质量为，个晶胞的体积为，因此该晶体密度为。
6．（2024·山东卷）锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：
（1）在元素周期表中位于第 周期 族；同周期中，基态原子未成对电子数比多的元素是 (填元素符号)。
（2）如某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为 。
当晶体有O原子脱出时，出现O空位，的化合价 (填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是 (填标号)。
A． B． C． D．
（3）(见图)是晶型转变的诱导剂。的空间构型为 ；中咪唑环存在大键，则N原子采取的轨道杂化方式为 。
（4）可作转化为的催化剂(见下图)。的熔点远大于，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是 。
【答案】（1）四 ⅦB Cr
（2）MnO2 降低 A
（3）正四面体形 sp2
（4）FDCA形成的分子间氢键更多
【解析】（1）Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为：，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为，有6个未成对电子；
（2）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为+2价、V2O5中V的化合价为+5价、Fe2O3中Fe的化合价为+3、CuO中Cu的化合价为+2，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质；
（3）中B形成4个σ键（其中有1个配位键），为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2；
（4）由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。
7．（2024·浙江6月卷）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．的基态原子电子排布方式只有一种
B．的第二电离能的第一电离能
C．的基态原子简化电子排布式为
D．原子变成，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，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-
【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．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．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．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．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；
答案选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。
8．（2024·浙江1月卷）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．离子半径：
C．第一电离能：D．基态2+的简化电子排布式：
（3）①，其中的N原子杂化方式为 ；比较键角中的 中的(填“>”、“”、“”或“”或“I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子；
（3）的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为四面体形，可看作是中1个O原子被S原子取代，则的空间构型为四面体形。答案为四面体形；
（4）过程Ⅱ中断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中最终转化为，S最终转化为。若过程ⅰ所用的试剂为和，过程Ⅱ的含硫产物是和。答案为和；
（5）由晶胞结构可知，1个晶胞中含有个，含有4个；该晶体的密度。答案为4；；
（6）具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。
考向
三年考情（2023-2025）
命题趋势
物质结构与性质综合题
2025北京卷、、2025山东卷2025上海卷、2025浙江卷、2024全国甲卷、2024山东卷、2024浙江6月卷、2024浙江1月卷、2023全国甲卷、2023全国乙卷、2023天津卷、2023海南卷、2023山东卷、2023浙江卷、2023北京卷、2022全国甲卷、2022·全国乙卷、2022湖南卷、2022山东卷、2022北京卷
在当前的旧高考中，"物质结构与性质"属于选择性考试内容，以综合性客观题形式出现，随着新课程的落实，"物质结构与性质"已成为选择性必修课程，将成为新高考的必考内容，在新高考中，部分卷区不再设置"物质结构与性质"综合题，而是将其考查分散到选择题和其他综合题当中。纵观近年来高考真题，物质结构与性质综合题基本上考的都是最基本、最典型、最主干的知识点。以下是高考时时常考的知识点：原子结构与元素的性质方面，如原子电子排布式，元素原子的性质；化学键与物质的性质方面，如杂化轨道类型，分子(离子)空间构型；分子间作用力与物质的性质方面；如晶胞判断与计算。试题均建构在以教材为主的中学化学基础知识之上，没有偏离教材体系和考试说明的要求， 试题基本保持稳定。试卷并不能把所有的知识面全部覆盖，也不能保证重要知识点可能反复出现。
物质
熔点/
442
29
143
物质
熔点/℃
800.7