考点一 原子结构与元素周期律-【红对勾】2025年高考化学二轮复习讲与练

专题五 物质结构 元素周期律 备考要点， 1.掌握原子结构与元素的性质之间的关系，了解元素周期表、周期律的应用。 2.理解化学键的概念，掌握化学键与分子结构的关系，理解分子间作用力与物质性质的关系。 3.掌握常见的晶体类型及粒子间相互作用，能进行晶体的结构的分析及相关计算。 考点一 原子结构与元素周期律 3.按要求填空： 真题 研练多 (1)(2024·全国甲卷节选)一种光刻胶薄膜 1.按要求填空： CH (1)(2024·全国新课标卷节选)Ni基态原子 成分为聚甲基硅烷 ESi ,其中电负性最大 价电子的轨道表示式为 H (2)(2024·全国甲卷节选)VA族元素基态 的元素是 原子核外未成对电子数为 ,在与其 (2)(2023·北京卷节选)比较硫原子和氧原 他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为 子的第一电离能大小，从原子结构的角度说 026 明理由： (3)(2023·全国乙卷节选)基态铁原子的价 层电子排布式为 (3)(2022·湖南卷)富马酸亚铁(FeC4H2O,) (4)(2023·北京卷节选)基态硫原子价层电 是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图 子排布式是 所示： (5)(2022·山东卷节选)基态镍原子的价层 电子排布式为 ,在元素周期表中位 置为 (6)(2022·河北卷节选)基态硫原子的价电子 富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺 中，两种自旋状态的电子数之比为 序为 (7)(2022·全国乙卷节选)氟原子激发态的 (4)(2022·全国甲卷)图a、b、c分别表示C、 电子排布式有 ,其中能量较高的是 N、O和F的逐级电离能I变化趋势（纵坐标 。(填字母) 的标度不同)。第一电离能的变化图是 a.1s22s22p'3s b.1s22s22p'3d2 (填字母)，判断的根据是 c.1s22s 2p d.1s22s22p33p 2.(2024·浙江1月选考节选)下列说法正确的 是 (填字母)。 第三电离能的变化图是 (填字母)。 A.电负性：B>N>O 盟 B.离子半径：P3<S2<CI C.第一电离能：Ge<Se<As NO D.基态Cr2+的简化电子排布式：[Ar]3d 图a 图b 图c ☑一红因勾·讲与练·高三二轮化学 续表 要点梳理9 项目 同周期（左→右） 同主族（上→下） 1.核外电子的排布 最高正化合价由十1 相同 (1)排布规则 →+7(O、F除外)最高正化合价 化合价 在构建基态原子时，电子将尽可能地 负化合价=一(8一主族序数(0、F 能量最 占据能量最低的原子轨道，使整个原 主族序数) 除外) 低原理 子的能量最低 元素的金 金属性逐渐增强 金属性逐渐减弱 属性和非 非金属性逐渐 泡利 每个原子轨道上最多只能容纳2个自 非金属性逐渐增强 金属性 减弱 原理 旋相反的电子 阳离子氧化性逐渐阳离子氧化性逐 洪特 基态原子中，填人简并轨道的电子总是 离子的氧 增强 渐减弱 规则 先单独分占，且自旋平行 化性、还 元 阴离子还原性逐渐阴离子还原性逐 原性 (2)表示方法 减弱 渐增强 表示方法 举例 质 气态氢化 逐渐增强 逐渐减弱 电子排布式 Cr:1s22s22p3s23p3d4s 物稳定性 简化电子排布式 Cu:Ar3d4s 最高价氧 化物对应 碱性逐渐减弱 碱性逐渐增强 价层电子排布式 Fe:3d°4s2 的水化物 酸性逐渐增强 酸性逐渐减弱 电子排布图 1s 2s 2p 的酸碱性 (或轨道表示式) O:网9N 元素的第 特别提醒 原子核外电子的运动状态与空间运动 呈增大趋势 逐渐减小 027 电离能 状态的区别：原子核外电子的运动状态的种类数等 元素的电 逐渐增大 呈减小趋势 于核外电子数；原子核外电子空间运动状态种类数 负性 等于核外电子所占据的原子轨道数。 特别提醒 同能级的轨道为全充满、半充满时第 2.熟记元素周期表的结构 一电离能较相邻元素要大，即第ⅡA族、第VA族元 全部为金属（除氢元素） 素的第一电离能分别大于同周期相邻元素。 注意周期 非金属分布。元素种类 8、9、10列 表边界 2短 8周 考向专练9 8期 18 1.(2024·江苏南通一调)臭氧(O3)在 32 [Fe(H2O)]+催化下能将烟气中的SO2、 32 期 d区 ds区 NO,分别氧化为SO和NO?。下列关于 3.理解、记忆元素周期律 N、O、S、Fe及其化合物的说法正确的是 项目 同周期（左→右） 同主族（上→下） A.原子半径：N>O>S 核电荷数 逐渐增大 逐渐增大 B.第一电离能：I(N)>I(O)>I,(S) 电子层数 相同 逐渐增多 C.沸点：H2S>H2O>NH3 原子半径 逐渐减小 逐渐增大 D.电负性：X(Fe)<X(O)<X(N) 结 阳离子逐渐减小 2.(组合题) 构 阴离子逐渐减小 离子半径 (1)(2024·河北示范性高中一模联考)Pb和 逐渐增大 r(阴离子)>r(阳 C同主族，与Cs同周期，则Pb的价层电子轨 离子) 道表示式为 第一部分专题五物质结构元素周期律一闭 (2)(2024·四川成都二诊)Se与O同族，电： (2)①已知A1的第一电离能为578k·mol1、 负性较大的是 ;基态Se的价电子运 第二电离能为1817kJ·mol1、第三电离能 动状态有 种。 为2745kJ·mol1、第四电离能为 (3)(2020·全国I卷)基态Fe2+与Fe3+中未 11575kJ·mol1。请解释其第二电离能增 成对的电子数之比为 幅较大的原因： (4)(2024·陕西宝鸡二模)铁元素被称为“人 类第一元素”，铁及其化合物具有广泛的应 ②第二电离能I2(Cu) (填“>”或 用，回答下列问题： ①铁元素在元素周期表第四周期第 “<”)I2(Zn)。 列，属于 区元素，基态铁原子M层的 (3)SCN常用来检测Fe3+的存在，三种元素 电子排布式为 电负性由大到小的顺序为 ②铁形成的常见离子有Fe+和Fe3+,Fe2+易 (4)(2024·四川名校联盟二诊)下表是Fe逐 被氧化为Fe3+,请利用核外电子排布的相关 级失去电子的电离能，14明显大于I?,从原子 原理解释其原因： 结构角度解释其原因为 3.按要求填空。 电离能/ (1)与钛同周期的第ⅡB族和第ⅢA族两种元 (k·mol1) 素中第一电离能较大的是 (写元素 Fe 762.5 1 561.9 2957 5290 符号)。 028 考点二 共价键、杂化轨道与粒子的空间结构 杂化方式为 ;比较键角 真题 研练g ∠HNH:HN一NH2中的一NH 1.(2024·甘肃卷)温室气体N2O在催化剂作用 (填“>”“<”或“=”)HN-NH中的一NH, 下可分解为O2和N2,也可作为氧化剂氧化 请说明理由： 苯制苯酚。下列说法错误的是 A.相同条件下N2比O2稳定 4.(2023·全国甲卷节选)(1)酞菁和钴酞菁的 B.N2O与NO,的空间结构相同 分子结构如图1所示。 C.N2O中N一O比N一N更易断裂 D.N2O中。键和大π键的数目不相等 2.(2024·全国新课标卷节选)Ni(CO)4结构如 图所示，其中含有。键的数目为 酞菁 钴酞菁 图1 酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能 C=0 提供一对电子的氮原子是 (填图1 酞菁中氮原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离 3.(2024·浙江1月选考节选)H2N一NH2十 子的化合价为 ,氮原子提供孤对电 H→H2N一NH,其中一NH2的氮原子 子与钴离子形成 键。 ☑一红团勾·讲与练·高三二轮化学化过程中，一定存在物质颜色的变化，B合理。由题意得，此 序加入H3PO1过量，则需要加入碱性物质来调节DH,为了 时能产生丁达尔效应的红棕色分散系为Fe(OH)3胶体，c应 不引入新杂质，可加入NaOH,所以“调pH”工序中X为 为铁盐，加热铁盐的饱和溶液，不能得到Fe(OH)3胶体 NaOH或H,PO1,B正确；“结晶”工序中的溶液为饱和 C不合理。假设b为Al,O,,即d为A1(OH)3,c为铝盐， Na2HPO1溶液，由已知可知HPO1的K2=6.2X10-, Al2O3、Al(OH)3与稀盐酸反应均生成铝盐，此时组成a的 Kw_1.0×1014 元素为Al,位于周期表p区。假设b为FeO3,即d为 K:=4.8X10,则HP0的水解常数K,-不=62X10≈ Fe(OH),,c为铁盐，Fe2O3、Fe(OH),与稀盐酸反应均生成 1.6X101,由于Kb>K3,则Na2HPO1的水解程度大于电 铁盐，此时组成a的元素为Fe,位于周期表d区，D不合理。 离程度，溶液显碱性，C错误；由于Na2HPO1·12H2O易风 考向专练 化失去结晶水，故“干澡”工序需要在低温下进行，D正确。 1.A由题图可知，a为Al或Si,b为Al,O3,c为Al(OH)3,d 题型专练… 为Na[AI(OH),],e为SiO2,f为H,SiO4,g为Na,SiO4, 1.B由N+被萃取原理，加入酸使平衡逆向进行，则试剂X Na2SiO3的水溶液俗称水玻璃，具有黏结力强、耐高温等特 为稀硫酸，A正确；“酸浸”中C0,O,反应的离子方程式为 性，可以用作黏合剂和防火剂，故A正确；SO2晶体中每个 Co2O3十SO2十2H+—2Co2++SO号十H2O,B错误；若萃 硅原子与4个氧原子形成共价键，1 mol SiO2含有4mol 取剂的总量一定，分次加入相当于不断降低物质的浓度，提 Si-O,故B错误；A1,O2不能一步反应生成A1(OH)3,SiO2也 高萃取效率，比一次加入效果更好，C正确：“沉钻”时，将含 不能一步反应生成H2SiO3,故C错误：向Na[Al(OH)1]溶 Co+的溶液中逐滴滴加Na,CO,溶液，Co2+过量，可以提高 液中加入足量盐酸生成的是AlCl,溶液，向N,SiO,溶液中 CoCO3的产率，D正确。 加入足量盐酸生成的是H,SiO?,故D错误。 2.D锌和氢氧化钠溶液反应，用氢氧化钠溶液清洗废旧镀锌 2.Aa为含有C1的盐，d为含有CIO的盐，C1和ClO在 铁皮，氢氧化钠除掉锌和表面的油污，再加稀硫酸反应生成 碱性条件下可以大量共存，A错误；d为含有CIO的盐，f为 硫酸亚铁，再用次氯酸钠溶液氧化亚铁离子为铁离子，但只 CO2,二者都具有强氧化性，可以用于杀菌消毒，B正确；e为 将部分Fe2+氧化为Fe+,向溶液中加入氢氧化钠溶液生成 HCIO,h为HCIO1,大量H与CIO结合后产生的吸电子 氢氧化亚铁和氢氧化铁，加热反应生成磁性FO,纳米粒 效应使得CI更缺电子，所以酸性条件下HCIO的氧化性比 子。“氧化”时加入次氯酸钠，且将部分亚铁离子氧化为铁离 HCIO,强，C正确；b为HCl,g为氯酸盐，浓盐酸和KCIO, 子，离子方程式为2Fé2++C1O十2H+ -2Fe3++C1十 反应可以生成Cl2,化学方程式为KCIO3十6HCI(浓)一 HO,反应后的溶液中金属阳离子主要有Fe+、Fe3+、Na, KC1十3CL2个+3H,O,KC1O3中氯元素由十5价下降到0 A、B正确；“加热沉铁”后所得分散系为胶体，故激光笔照射 价，每转移5mole,生成3 mol Cl2,根据化学方程式可知， “加热沉铁”后所得分散系能产生丁达尔效应，C正确；胶体 每转移VA个电子可制得0.6 mol Cl,,D正确。 粒子和溶液中离子均能透过滤纸，故“分离”时采用的方法不 3.C毛玻璃片左侧发生反应生成NO2,右侧发生反应生 会是过滤，D错误。 成SO2,根据现象①可知NO2与SO,反应会生成SO,和 :3.C先将MO2和KClO:混合加热会产生氧气和氯化钾，会 NO,因此白色固体是SO3,取白色固体物质溶于水，依次加 导致产率降低，A错误；“歧化”时的反应为3K,MO1十 入稀盐酸、BCl,溶液，溶液中出现的白色沉淀为硫酸钡，故 2CO,—2KMnO+MnO2+2K,CO,,氧化剂与还原剂的 A正确；左侧浓硝酸与铜反应生成NO2,则浓硝酸氧化性强 物质的量之比为1：2，B错误；“过滤”时，为加快分离速率可 于NO2,NO2与SO2反应生成SO2,NO2的氧化性强 采用减压过滤，C正确：向粗品中滴加盐酸即使没有K,CO 于SO3,故氧化性强弱顺序为浓硝酸>NO2>SO3,故B正 也会产生氯气，D错误。 确；：NO2与Br2(g)都能将碘离子氧化为碘单质，都能使湿润 :4.D污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加 的淀粉-KI试纸变蓝，无法鉴别，故C错误；酸性KMnO,溶 入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除 液具有强氧化性，可以吸收NO,进行尾气处理，故D正确。 去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可除去其中的杂 4.CSO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，A错误；Ca(ClO) 质，根据信息pH=4时，Fe+完全沉淀，A1+部分沉淀，“沉 具有氧化性，通入CO2和SO2后反应生成CaCO3和CaSO 渣I”中含有Fe(OH)和AI(OH)3,A正确；硫化钠溶液中 沉淀，B错误；CO,和SO2均不能与BCl2溶液反应，故装置 的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一 Ⅳ无明显现象，C正确；木炭与浓硫酸反应需要加热，仅将装 步水解的方程式为S十H,O一HS十OH,B正确：当 置I中的蔗糖换成木炭，不能出现相同的现象，D错误。 铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉 高考题型突破2微型化工流程分析 淀溶解平衡，则(Cu)_=c(Cu+)·c(S)K,(CuS) c(Zn2)c(Zn2).c(S2)K.p (ZnS) 真题示例 6.4×10-36 1.C铜屑中加入H,SO,和H,O,得到Cu+,反应的离子方 1.6X10=4.0X10,C正确：污水经过处理后其中还含 程式为Cu十2H+十H,O,—Cu+十2H,O,再加入锌浸出 有较多的钙离子以及没有除净的铝离子，故“出水”还应该经 液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅铜元素的化合价发生改变， 过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准 得到CuC】固体，可知“脱氯”步骤发生反应的离子方程式为 后，才能使用，D错误。 Cu2++Cu+2C1厂 —2CCI￥，过滤得到脱氯液，脱氯液净 化后电解，Z+可在阴极得到电子生成Z,D错误；由分析 专题五物质结构 元素周期律 知，“浸铜”时，铜屑中加入H,SO1和H2O2得到Cu+,反应 考点一原子结构与元素周期律 的离子方程式为Cu+2H+HO,一Cu2++2H,0,铜屑 不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，A、B错 .真题研练.… 误；“脱氯”步骤中仅铜元素的化合价发生改变，得到CC】固 3d 4s 体，即Cu的化合价升高，C+的化合价降低，发生归中反 应，离子方程式为Cu+十Cu十2Cl=一2CuC1￥，C正确。 1.(1) (2)2+4(3)3d4s 2.C铁是较活泼金属，可与HPO,溶液反应生成氢气，故“中 (4)3s23p(5)3d4s2第四周期第Ⅲ族 和”工序若在铁质容器中进行，应先加入NCO,溶液，A正 (6)1:2(或2：1)(7)add 确；若“中和”工序加入Na2CO3过量，则需要加入酸性物质 解析：(4)S是第三周期第ⅥA族元素，基态硫原子价层电子 来调节pH,为了不引入新杂质，可加入HPO,,若“中和”工 排布式为3s3p。(5)已知Ni是28号元素，故基态镍原子 ☑一红勾·讲与练·高三二轮化学 -254- 的价层电子排布式为3d4s2,在元素周期表中第四横行第104.(1)③+2配位(2)sD 纵列，即位于第四周期第Ⅷ族。(6)基态S的价层电子排布 解析：(1)已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有 式为3s3,根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的 的碳原子和所有的氧原子均为sp杂化，且分子中存在大元 电子数之比为1：2或2：1。(7)F的原子序数为9，其基态 键，其中标号为①和②的氯原子均有一对电子占据了一个 原子电子排布式为1s2s2p,1s2s2p3s为基态氟原子 sp杂化轨道，其D轨道只能提供1个电子参与形成大π键， 2印能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发 标号为③的氯原子的p轨道能提供一对电子参与形成大π 态，a符合题意；1s2s2p3d,核外共10个电子，不是氟原子， 键，因此标号为③的氨原子形成的N一H易断裂从而电离出 b不符合题意：1s2s2p,核外共8个电子，不是氟原子，c不符 H:钻酞菁分子中，失去了2个H+的酞菁离子与钻离子通 合题意；1s22s2p3p为基态氟原子2p能级上的2个电子跃 过配位键结合成分子，因此，钻离子的化合价为十2，氨原子 迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d符合题意；故选ad。 提供孤对电子与钻离子形成配位键。(2)由A1,CL的空间 而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量较 结构结合相关元素的原子结构可知，铝原子价层电子对数是 高的是1s22s22p3p2,答案选d。 4,与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中 2.CD A1的轨道杂化类型为sp3。 解析：同一周期，从左到右，电负性依次增强，故顺序为O> 5.D N>B,A错误；核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越 解析：已知吡啶中含有与苯类似的Ⅱ大π键，则说明吡啶中 小，故顺序为P->S2>C1厂，B错误；同一周期，从左到右， 氯原子也是采用sp杂化，杂化轨道只用于形成。键和容纳 第一电离能呈增大的趋势，第VA族大于第ⅥA族，故顺序 孤电子对，则吡啶中氨原子的弧电子对占据s杂化轨道。 为Ge<Se<As,C正确：基态Cr的简化电子排布式为 [Ar]3d4s,基态Cr+的简化电子排布式为[Ar]3d, 考向专练 D正确」 3.(1)C(2)I1(O)>I1(S),氧原子半径小，原子核对最外层 1.DS0,中中心原子S周国的价层电子对数为3十2(6 电子的吸引力大，不易失去一个电子(3)O>C>H>Fe 3×2)=3,则SO3空间结构为平面三角形，而SO中中心 (4)a同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由 于氨元素的2φ轨道为半充满状态，因此氨元素的第一电离 原子S周国的价层电子对数为3十2(6十2-3×2)=4，则 能较C、O两种元素高b 其空间结构为三角锥形，故二者的键角不相等，A错误：由选 考向专练 项A分析可知，SO号的空间结构为三角锥形，S,O中中 1.B同主族从上到下原子半径增大，同周期从左到右原子半 心原子S周围的价层电子对数为4十2(6十2-3×2-2)= 径减小，原子半径为S>N>O,A错误：根据第一电离能递 4,则其空间结构为四面体形，即二者的空间结构不相同，B 变规律，第一电离能为I1(N)>I1(O)>I1(S),B正确：H,O 错误：SO空间结构为平面三角形，为非极性分子，但S)与 和NH,都能形成分子间氢键，但是H2O中氢键更多，而 水会发生反应，故SO,易溶于水，C错误：S2O的中心原 H,S不能形成氢键，故沸，点为H2O>NH,>H,S,C错误；金 子S不含孤电子对，不能作配位原子，端基硫原子含有孤电 属电负性一般小于非金属，N与O同周期，O的电负性大于 子对，能作配位原子，D正确 N,电负性为X(Fe)<X(N)<X(O),D错误。 2,D观察题中结构可知，氯原子提供孤电子对与铜离子形成 6s 6p 配位键，氧原子与锡原子形成共价键，A项正确：氨原子形成 2.1) (2)06(3)4:5 3个共价键、1个配位键，采用sp杂化，苯环上碳原子都是 (4)①8d3s3p3d ②Fe2+的价层电子排布式为3d, sp杂化，B项正确；CuSn-HAB中含有氢、碳、氨、氧、铜和 锡，氯的第一电离能大于氧，氯的第一电离能最大，C项正 再失去1个电子可以形成3d的半充满稳定状态，所以易被 氧化为Fe 确；CuSn-HAB中含N一H、O一H,它能与水分子形成氢键 D项错误。 3.(1)Zn (2)①A1失去一个电子后，其3s轨道上有2个电子为全充满 3.(1)sp四面体(2)①C②>SCN的中心原子C采 状态，较稳定②> 用sP杂化，分子呈直线形，键角为180°，而H2O的中心原子 (3)N>S>C O采用sp3杂化，O的最外层有2个孤电子对，HO呈V形 (4)因为Fe失去3个电子后价层电子排布式为3d,为半充 结构，键角小于180°(3)①1：2三角锥形②sp3、sp 满结构，较稳定，失去第4个电子较困难 N(CH3)3(4) 解析：(1)[BH2(CN)2]中心原子B形成了四个o键，孤电 考点二共价键、杂化轨道与粒子的空间结构 子对数为0，故其杂化方式为sp,空间结构为四面体形。 真题研练 (2)①[Fe(SCN)(H,O),]+中Fe3+与配离子形成6个配位 1.DN2分子中存在N=N,O2分子中虽然也存在双键，但是 键，则杂化轨道数为6，杂化轨道类型为sp3d,故选C 其键能小于N=N,因此，相同条件下N2比O2稳定，A正 ②SCN中心原子C的价层电子对数为2，发生sp杂化，分 子呈直线形，而H2O的中心原子O的价层电子对数为4，发 确：N2O与NO均为CO2的等电子体，故其均为直线形分 子，两者空间结构相同，B正确；N2O的中心原子是N,其在 生sp杂化，O的最外层有2个孤电子对，H2O呈V形结 催化剂作用下可分解为O,和N2,说明N,O中N一O比 构，则键角大小为SCN>H2O。(3)①SO+中各原子满足 N一N更易断裂，C正确：N2O中。键和大π键的数目均为 8电子结构，结构与N2相似，化学键为三键，6键和π键数目 2,因此，6键和大π键的数目相等，D不正确。 之比为1：2：SO中心原子S的价层电子对数为3 2.8 6十23X2=4,采用sp杂化，有一个孤电子对，因此S0 解析：单键均为σ键，1个双键含有1个σ键和1个π键，1个 2 三键含有1个σ键和2个π键，由Ni(CO)1的结构可知，4 的空间结构为三角锥形。②由题图可知，N(CH)3为三角 个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为。键，而每 锥形，中心原子N为sp杂化，N(SiH)为平面三角形，中 个配体CO中含有1个o键和2个π键，因此1个Ni(CO), 心原子N为sp杂化；因为N(CH)3有孤电子对，所以 分子中含有8个6键。 N(CH),更易形成配合物。(4)[C(NH),]为平面结构， 3.sp 一NH2有孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥 可知碳原子、氨原子均采用s杂化，C、N各有1个未参与 力大，键角变小 杂化的·轨道形成大π键，所以成键原子数为4，碳原子形成 -255- 参考答案一具