高考真题分类汇编 专题十二 物质结构与性质 元素周期律-【优学精讲】2024-2025学年高中化学选择性必修3教用Word（人教版）

专题十二 物质结构与性质元素周期律 知识点1 原子结构化学键 题点1 原子结构、化学用语 微题点1 原子结构与微粒判断 1.（2022·北京卷，3）38Sr(锶)的87Sr、86Sr稳定同位素在同一地域土壤中值不变。土壤生物中值与土壤中值有效相关。测定土壤生物中值可进行产地溯源。下列说法不正确的是(　　) A．Sr位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族 B．可用质谱法区分87Sr和86Sr C．87Sr和86Sr含有的中子数分别为49和48 D．同一地域产出的同种土壤生物中值相同 【答案】A 【解析】Sr位于元素周期表中第五周期、第ⅡA族，A错误；质谱法可以测定原子的相对原子质量，87Sr和86Sr的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，B正确；87Sr的中子数为87－38＝49,86Sr的中子数为86－38＝48，C正确。 2.(2022·海南卷5)钠和钾是两种常见金属，下列说法正确的是(　　) A．钠元素的第一电离能大于钾 B．基态钾原子价层电子轨道表示式为 C．钾能置换出NaCl溶液中的钠 D．钠元素与钾元素的原子序数相差18 【答案】A 【解析】同一主族元素的第一电离能从上到下依次减小，金属性越强的元素，其第一电离能越小，因此，钠元素的第一电离能大于钾，A正确；基态钾原子价层电子排布式为4s1，其轨道表示式为，B不正确；钾和钠均能与水发生剧烈反应，因此，钾不能置换出 NaCl溶液中的钠，C不正确；钠元素与钾元素的原子序数分别为11、19，两者相差8，D不正确。 3.(2022·山东卷，3)O、O的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。 人工合成反应如下：O＋He―→O＋X；O＋He―→O＋Y。下列说法正确的是(　　) A．X的中子数为2 B．X、Y互为同位素 C.O、O可用作示踪原子研究化学反应历程 D．自然界不存在O2、O2分子是因其化学键不稳定 【答案】B 【解析】根据质量守恒可知，X微粒为He，Y微粒为He，据此分析解题。X微粒为He，根据质量数等于质子数加中子数可知，该微粒的中子数为4，A错误；X微粒为He，Y微粒为He，二者为具有相同的质子数和不同的中子数的原子，故互为同位素，B正确；由题干信息可知，O与O的半衰期很短，故不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C错误；自然界中不存在O2与O2分子并不是因其化学键不稳定，而是由于O与O的半衰期很短，很容易发生核变化，转化为其他原子，O==O的键能与形成该键的核素无关，D错误。 【关联题点】原子结构与性质 微题点2 “四同（同位素、同素异形体、同分异构体、同系物）”辨识及应用 1.(2023·江苏，5)下列说法正确的是(　　) A.H、H、H都属于氢元素 B．NH和H2O的中心原子轨道杂化类型均为sp2 C．H2O2分子中的化学键均为极性共价键 D．CaH2晶体中存在Ca与H2之间的强烈相互作用 【答案】A 【解析】H、H、H都属于氢元素，三者互为同位素，统称为氢元素，A正确；NH和H2O的中心原子轨道杂化类型均为sp3，B错误；H2O2分子中的化学键既存在O—H极性共价键，也存在O—O非极性共价键，C错误；CaH2晶体中存在Ca2＋与H－之间的离子键，不存在Ca与H2之间的强烈相互作用，D错误。 2.(2022·浙江6月选考)下列说法不正确的是(　　) A．乙醇和丙三醇互为同系物 B．35Cl和37Cl互为同位素 C．O2和O3互为同素异形体 D．丙酮()和环氧丙烷()互为同分异构体 【答案】A 【解析】同系物是指结构相似，组成上相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，乙醇是饱和一元醇，丙三醇是饱和三元醇，两者所含官能团数目不同，不互为同系物，A错误；质子数相同、中子数不同的同种元素互为同位素，35Cl的质子数为17，中子数为18,37Cl的质子数为17，中子数为20，两者质子数相同、中子数不同，互为同位素，B正确；由同种元素组成的不同种单质互为同素异形体，O2和O3是由氧元素组成的不同的单质，两者互为同素异形体，C正确；分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体，丙酮和环氧丙烷的分子式相同、结构不同，两者互为同分异构体，D正确。 3.（2022·天津卷，10）下列叙述错误的是(　　) A．H2O是极性分子 B.O原子的中子数为10 C．O2与O3互为同素异形体 D．和互为同系物 【答案】D 4.(2022·浙江（选考）卷，7)下列说法不正确的是(　　) A．32S和34S互为同位素 B．C70和纳米碳管互为同素异形体 C．CH2ClCH2Cl和CH3CHCl2互为同分异构体 D．C3H6和C4H8一定互为同系物 【答案】D 【解析】32S和34S是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，故A正确；C70和纳米碳管是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故B正确；CH2ClCH2Cl和CH3CHCl2的分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故C正确；C3H6和C4H8可能为烯烃或环烷烃，所以不一定互为同系物，故D错误。 题点2 化学键与物质组成及性质 1.(2022·海南卷10)已知CH3COOH＋Cl2ClCH2COOH＋HCl，ClCH2COOH的酸性比CH3COOH强。下列有关说法正确的是(　　) A．HCl的电子式为 B．Cl—Cl键的键长比I—I键短 C．CH3COOH分子中只有σ键 D．ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强 【答案】BD 【解析】HCl为共价化合物，H和Cl间形成共用电子对，其电子式为，A错误；原子半径：Cl＜I，故键长：Cl—Cl＜I—I，B正确；CH3COOH分子中，羧基的碳氧双键中含有π键，C错误；电负性：Cl＞I，使ClH2C—的极性大于IH2C—的极性，导致ClH2CCOOH的羧基中的羟基极性更大，更易电离出H＋，因此ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强，D正确。 2.(2022·湖南卷)下列说法错误的是(　　) A．氢键、离子键和共价键都属于化学键 B．化学家门捷列夫编制了第一张元素周期表 C．药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识 D．石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一 【答案】A 【解析】离子键和共价键都属于化学键，氢键属于分子间作用力，不属于化学键，A说法错误；制造玻璃的主要原料是石灰石、石英砂和纯碱，制造水泥的主要原料是石灰石和黏土，D说法正确。 3.（2022·江苏卷，2）少量Na2O2与H2O反应生成H2O2和NaOH。下列说法正确的是(　　) A．Na2O2的电子式为 B．H2O的空间构型为直线形 C．H2O2中O元素的化合价为－1 D．NaOH仅含离子键 【答案】C 【解析】过氧化钠是离子化合物，其电子式是Na＋[]2－Na＋，A错误；H2O中氧原子的成键电子对数是2，孤电子对数是2，则价层电子对数为4，根据价层电子对互斥模型，其空间构型为V形，B错误；H2O2中H显＋1价，根据正负化合价代数和为0，可得O的化合价为－1，C正确；NaOH中O和H之间是共价键，D错误。 题点3 原子结构与性质 微题点1 原子核外电子排布规律及应用 (2020·江苏卷，21A)以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]。 (1)Fe基态核外电子排布式为____________________；[Fe(H2O)6]2＋中与Fe2＋配位的原子是________(填元素符号)。 (2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是________；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为____________________。 (3)与互为等电子体的一种分子为____________(填化学式)。 (4)柠檬酸的结构简式如图。1 mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为____________ mol。 【答案】(1)1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)　O　(2)sp3　N>O>C　(3)CH4(或SiH4)　(4)7 【解析】(1)Fe是26号元素，其基态核外电子排布式为[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2。Fe(H2O)6]2＋中，Fe2＋是中心离子，H2O是配体，O含孤电子对，故与Fe2＋配位的原子是O。 (2)杂化轨道用于形成σ键和容纳孤电子对，NH3分子中N形成3个σ键，还有一对孤电子对，则N的轨道杂化类型为sp3；同周期主族元素的第一电离能随原子序数的增大呈增大趋势，由于氮原子的2p轨道处于半充满稳定状态，较难失去电子，其第一电离能比相邻同周期元素原子的更大，故第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。 (3)与互为等电子体的分子含有5个原子，且价电子总数为8。根据“同周期元素左右相减”的规律推知，与互为等电子体的分子为CH4；根据“同主族元素上下替换”的规律推知，与CH4互为等电子体的分子为SiH4。 (4)柠檬酸的结构简式为，C—O为σ键，1个中碳原子和氧原子之间形成2个σ键，故1 mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键数目为7 mol。 微题点2 原子结构与元素性质 （2023·重庆卷，6）“嫦娥石”是中国首次在月球上发现的新矿物，其主要由和(钇，原子序数比大13)组成，下列说法正确的是(　　) A．Y位于元素周期表的第ⅢB族 B．基态原子的核外电子填充在6个轨道中 C．5种元素中，第一电离能最小的是 D．5种元素中，电负性最大的是 【答案】A 【解析】A．钇原子序数比大13，为39号元素，为元素周期表的第五周期第ⅢB族，A正确；B．钙为20号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2，基态原子的核外电子填充在10个轨道中，B错误；C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，5种元素中，钙第一电离能比铁小，C错误；D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；5种元素中，电负性最大的是O，D错误。 知识点2 元素周期律与元素周期表 题点1 原子（离子）半径比较 (2020·浙江卷，26)(1)气态氢化物热稳定性HF大于HCl的主要原因是_______________。 (2)CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，CaCN2的电子式是___________。 (3)常温下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是_______________________。 【答案】(1)原子半径：F＜Cl，键能：F—H＞Cl—H (2) (3)乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷不能与水形成氢键 【解析】(1)同一主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，即原子半径：F＜Cl，原子半径越小，化学键的键长越短，键能越大，气态氢化物热稳定性越大。(2)CaCN2是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，故电子式为。(3)乙醇分子中有羟基，能与水形成分子间氢键，易溶于水，而氯乙烷中没有羟基等亲水基，在水中的溶解度小于乙醇。 题点2 元素金属性、非金属性强弱比较 1.（2023·天津卷，5）下列比较C和非金属性的方法，错误的是(　　) A．单质氧化性 B．氧化物熔点 C．和氢气化合难易程度 D．最高价氧化物水化物酸性 【答案】B 【解析】A.元素的非金属性越强，单质的氧化性越强，故根据单质的氧化性可以判断出元素的非金属性，故A正确；B.氧化物熔点与晶体类型有关，和元素的非金属性无关，故不能根据氧化物的熔点来判断非金属性的强弱，故B错误；C.非金属性越强，单质和氢气化合越容易，故根据单质和氢气化合的难易程度可以判断非金属性的强弱，故C正确；D.元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，故根据最高价氧化物水化物酸性，可以比较元素非金属性的强弱，故D正确。 2.(2022·湖北卷，1)Be2＋和Al3＋的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的是(　　) A．Be2＋与Al3＋都能在水中与氨形成配合物 B．BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低 C．Be(OH)2和Al(OH)3均可表现出弱酸性 D．Be和Al的氢化物都不能在酸中稳定存在 【答案】A 【解析】Al3＋半径小，不能容纳6个氮原子和它配位，则不能在水中与氨形成配合物，A项错误；BeCl2和AlCl3属于分子晶体，而MgCl2属于离子晶体，则BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低，B项正确；Be(OH)2和Al(OH)3均为两性氢氧化物，则均可表现出弱酸性，C项正确；Be和Al的氢化物与酸反应，生成对应的盐和氢气，则都不能在酸中稳定存在，D项正确。 题点3 元素电离能、电负性大小比较及应用 1.(2023·新课标卷，9)一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]3Cl，部分晶体结构如下图所示，其中[C(NH2)3]＋为平面结构。 下列说法正确的是(　　) A．该晶体中存在N—H…O氢键 B．基态原子的第一电离能：C<N<O C．基态原子未成对电子数：B<C<O<N D．晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同 【答案】A 【解析】由晶体结构图可知，[C(NH2)3]＋中的—NH2的H与[B(OCH3)4]－中的O形成氢键，因此，该晶体中存在N—H…O氢键，A正确；同一周期元素原子的第一电离能从左到右呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA族元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C<O<N，B不正确；B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数：B<C＝O<N，C不正确；[C(NH2)3]＋为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型为sp2；[B(OCH3)4]－中B与4个O形成了4个σ键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为sp3；[B(OCH3)4]－中O分别与B和C形成了2个σ键，O原子还有2个孤电子对，则O的原子轨道的杂化类型均为sp3；综上所述，晶体中B、О和N原子轨道的杂化类型不相同，D不正确。 2.(2023·北京，10)下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是(　　) A．F—F键的键能小于Cl—Cl键的键能 B．三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的Ka C．氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性 D．气态氟化氢中存在(HF)2，而气态氯化氢中是HCl分子 【答案】A 【解析】F原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，F—F键不稳定，因此F—F键的键能小于Cl—Cl键的键能，与电负性无关，A符合题意；氟的电负性大于氯的电负性，F—C键的极性大于Cl—C键的极性，使F3C—的极性大于Cl3C—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B不符合题意；氟的电负性大于氯的电负性，F—H键的极性大于Cl—H键的极性，导致HF分子极性强于HCl，C不符合题意；氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在(HF)2，D不符合题意。 3.(2023·江苏，4)元素C、Si、Ge位于周期表中第ⅣA族。下列说法正确的是(　　) A．原子半径：r(C)>r(Si)>r(Ge) B．第一电离能：I1(C)<I1(Si)<I1(Ge) C．碳单质、晶体硅、SiC均为共价晶体 D．可在周期表中元素Si附近寻找新半导体材料 【答案】D 【解析】同主族元素从上往下原子半径逐渐增大，故原子半径：r(C)<r(Si)<r(Ge)，A错误；同主族元素，从上往下原子半径逐渐增大，更易失电子，第一电离能：I1(C)>I1(Si)>I1(Ge)，B错误；晶体硅、SiC均为共价晶体，碳单质中金刚石为共价晶体，而石墨为混合型晶体，C60为分子晶体，C错误；周期表中元素Si附近存在许多准金属，可在其周围寻找新的半导体材料，D正确。 4.（2022·天津卷，2）嫦娥5号月球探测器带回的月壤样品的元素分析结果如图，下列有关含量前六位元素的说法正确的是(　　) A．原子半径：Al<Si B．第一电离能：Mg<Ca C．Fe位于元素周期表的p区 D．这六种元素中，电负性最大的是O 【答案】D 5.（2022·江苏卷，3）工业上电解熔融Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)的混合物可制得铝。下列说法正确的是(　　) A．半径大小：r(Al3＋)<r(Na＋) B．电负性大小：χ(F)<χ(O) C．电离能大小：I1(O)<I1(Na) D．碱性强弱：NaOH<Al(OH)3 【答案】A 【解析】核外电子数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，故半径大小为r(Al3＋)<r(Na＋)，故A正确；同周期元素核电荷数越大电负性越大，故χ(F)＞χ(O)，故B错误；同周期元素从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为I1(O)＞I1(Na)，故C错误；元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为NaOH＞Al(OH)3，故D错误。 题点4 元素周期律、元素周期表结构及应用 1.(2020·北京卷，4)已知：33As(砷)与P为同族元素。下列说法不正确的是(　　) A．As原子核外最外层有5个电子 B．AsH3的电子式是 C．热稳定性：AsH3＜PH3 D．非金属性：As＜Cl 【答案】B 【解析】As与P为同族元素，为VA族元素，则其原子核外最外层有5个电子，A说法正确；AsH3属于共价化合物，电子式与氨气相似，为，B说法不正确；非金属的非金属性越强，其气体氢化物越稳定，非金属性As＜P，热稳定性：AsH3＜PH3，C说法正确；同周期元素，原子序数越小，非金属性越强，非金属性：As＜Cl，D说法正确；答案为B。 2.（2020·浙江选考，16）下列说法正确的是(　　) A．同一原子中，在离核较远的区域运动的电子能量较高 B．原子核外电子排布，先排满K层再排L层、先排满M层再排N层 C．同一周期中，随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐增大 D．同一周期中，ⅡA与ⅢA族元素原子的核电荷数都相差1 【答案】A 【解析】A．电子能量高，挣脱原子核束缚的能力强，在距离原子核远的区域运动，故A正确；B．M能层中d能级的能量高于N能层中s能级能量，填充完N层的4s能级后才能填充M层的3d能级，故B错误；C．同一周期中，随着核电荷数的增加，主族元素的原子半径逐渐减小，而不是逐渐增大，故C错误；D．短周期同周期的ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数一定相差1，四、五周期相差11，六、七周期相差25，故D错误。 知识点3 “位-构-性”关系与元素推断 题点1 根据原子结构推断元素 1.（2023·浙江（1月选考）卷，10）X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大，X的2s轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法不正确的是(　　) A．电负性：Z>X B．最高正价：Z<M C．Q与M的化合物中可能含有非极性共价键 D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y 【答案】B 2.(2023·全国乙卷，10)一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、Y原子序数依次增大。简单离子X2－与Y2＋具有相同的电子结构。下列叙述正确的是(　　) A．X的常见化合价有－1、－2 B．原子半径大小为Y>X>W C．YX的水合物具有两性 D．W单质只有4种同素异形体 【答案】A 【解析】由题干信息分析知X为O，W为C，Y为Mg。氧的常见价态有－1价和－2价，如H2O2和H2O，A正确；原子半径大小为Y＞W＞X，B错误；Mg(OH)2只能与酸反应生成盐和水，不能与碱反应，所以YX的水合物没有两性，C错误；W为C，碳的同素异形体有：金刚石、石墨、石墨烯、富勒烯、碳纳米管等，D错误。 3.(2023·广东，14)化合物XYZ4ME4可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为nsn－1，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是(　　) A．元素电负性：E>Y>Z B．氢化物沸点：M>Y>E C．第一电离能：X>E>Y D．YZ3和YE的空间结构均为三角锥形 【答案】A 【解析】由题给信息分析知，E为O，Y为N，Z为H，M为P，X为Mg。元素电负性：O>N>H，A正确；氢化物沸点：H2O>NH3>PH3，B错误；第一电离能：N>O>Mg，C错误；NH3价层电子对数为4，有1个孤电子对，空间结构为三角锥形，NO价层电子对数为3，没有孤电子对，空间结构为平面三角形，D错误。 4.(2023·湖南，6)日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2∶1∶3。下列说法正确的是(　　) A．电负性：X>Y>Z>W B．原子半径：X<Y<Z<W C．Y和W的单质都能与水反应生成气体 D．Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性 【答案】C 【解析】分析可得X、Y、Z、W分别为O、F、P、Ca。同一周期元素，从左到右电负性依次增大，同一主族元素从上到下电负性依次减小，故四种元素的电负性大小为Y>X>Z>W，A错误；同一周期元素原子半径从左到右依次减小，同一主族元素原子半径从上到下依次增大，故四种元素的原子半径大小为Y<X<Z<W，B错误；F2与水反应生成HF和O2，Ca与水反应生成氢氧化钙和氢气，均可以生成气体，C正确；Z元素的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，不具有强氧化性，D错误。 5.（2022·福建卷，4）某非线性光学晶体由钾元素(K)和原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素组成。X与Y、Z与W均为同周期相邻元素，X的核外电子总数为最外层电子数的2倍，Z为地壳中含量最多的元素。下列说法正确的是(　　) A．简单氢化物沸点：Z>W B．YW3分子的空间结构为三角锥形 C．原子半径：Y<X<Z<W D．最高价氧化物对应水化物的碱性：X<Y 【答案】A 【解析】X的核外电子总数为最外层电子数的2倍，X为Be；Z为地壳中含量最多的元素，Z为O，X与Y、Z与W均为同周期相邻元素，Y为B，W为F。H2O常温下为液态，HF常温下为气体，沸点：H2O>HF，故A正确；YW3为BF3，中心B原子有3对价电子且没有孤电子对，空间结构为平面三角形，故B错误；四种元素为同周期元素，随核电荷数增大原子半径逐渐减小，原子半径：Be>B>O>F，故C错误；Be最高价氧化物对应的水化物为Be(OH)2，溶液显两性，B最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，溶液显酸性，故D错误。 6.（2022·重庆卷，10）R、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y。R和X的原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为＋1。1 mol化合物RZY3X含58 mol电子。下列说法正确的是(　　) A．R与X形成的化合物水溶液呈碱性 B．X是四种元素中原子半径最大的 C．Y单质的氧化性比Z单质的弱 D．Z的原子最外层电子数为6 【答案】D 【解析】R和X的原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为＋1，则R为H，X为Cl或F；1 mol化合物RZY3X含58 mol电子，设Y的原子序数为a，则Z的原子序数为a＋8；若X为F，则有1＋9＋a＋8＋3a＝58，解得a＝10，则Y为Ne，不符合题意；若X为Cl，则有1＋17＋a＋8＋3a＝58，解得a＝8，则Y为O，Z为S；故R为H、X为Cl、Y为O、Z为S。R与X形成的化合物为HCl，其水溶液呈酸性，A错误；S是四种元素中原子半径最大的，B错误；由于O的非金属性比S强，故O2的氧化性比S强，C错误。 7.(2022·浙江（选考）卷，16)W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W和Y同族，Y的原子序数是W的2倍，X是地壳中含量最多的金属元素。下列说法正确的是(　　) A．非金属性：Y>W B．XZ3是离子化合物 C．Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸 D．X与Y可形成化合物X2Y3 【答案】D 【解析】同主族元素从上至下非金属性逐渐减弱，非金属性：Y＜W，A错误；氯化铝是共价化合物，B错误；次氯酸是氯的氧化物对应的水化物，但次氯酸为弱酸，C错误；根据化合物中各元素的化合价代数和为0可知，铝与硫元素形成化合物的化学式为Al2S3，D正确。 8.(2022·辽宁卷，5）短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误的是(　　) A．X能与多种元素形成共价键 B．简单氢化物沸点： C．第一电离能： D．电负性： 【答案】B 【解析】根据已知信息可推知：X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N。 A．X为C，能与多种元素(H、O、N、P、S等)形成共价键，A正确；B．Z和Q形成的简单氢化物为H2O和H2S，由于H2O分子间能形成氢键，故H2O沸点高于H2S，B错误；C．Y为N，Z为O，N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，C正确；D．W为Al，Z为O，O的电负性更大，D正确。 题点2 根据原子结构和性质推断元素 1.(2023·全国甲卷，11)W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19。Y的最外层电子数与其K层电子数相等，WX2是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是(　　) A．原子半径：X>W B．简单氢化物的沸点：X<Z C．Y与X可形成离子化合物 D．Z的最高价含氧酸是弱酸 【答案】C 【解析】分析题干知，W为N，X为O，Y为Mg，Z为S。同周期元素从左往右，原子半径依次减小，所以原子半径：W＞X，A错误；X的简单氢化物为H2O，含有分子间氢键，Z的简单氢化物为H2S，不含氢键，所以简单氢化物的沸点：X＞Z，B错误；Y与X可形成MgO，为离子化合物，C正确；Z为S，硫的最高价含氧酸为硫酸，是强酸，D错误。 2.(2023·浙江6月选考，11)X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、 Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不正确的是(　　) A．第一电离能：Y>Z>X B．电负性：Z>Y>X>W C．Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W<Z D．W2X2与水反应生成产物之一是非极性分子 【答案】A 【解析】由题给信息分析可知X为C，Y为N，Z为F，W为Na。根据同周期从左到右元素第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族大于第ⅢA族，第ⅤA族大于第ⅥA族，则第一电离能：Z>Y>X，故A错误；根据同周期从左到右元素电负性逐渐增大，同主族从上到下元素电负性逐渐减小，则电负性：Z>Y>X>W，故B正确；根据同电子层结构核多径小，则Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W<Z，故C正确；W2X2与水反应生成产物之一为乙炔，乙炔是非极性分子，故D正确。 3.(2023·湖北，6)W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，Z2是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物(XY)＋(WZ4)－。下列说法正确的是(　　) A．分子的极性：WZ3<XZ3 B．第一电离能：X<Y<Z C．氧化性：X2Y3<W2Y3 D．键能：X2<Y2<Z2 【答案】A 【解析】分析可知，W为B，X为N，Y为O，Z为F。BF3为非极性分子，NF3为极性分子，则分子的极性：WZ3<XZ3，A正确；同一周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但是N的价层电子排布为2s22p3，为半满稳定结构，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：Y<X<Z，B错误；N的非金属性更强一些，故N2O3的氧化性更强一些，C错误；N对应的单质为氮气，含有三键，键能最大，D错误。 4.（2023·重庆卷，13）化合物X3Y7WR和X3Z7WR所含元素相同，相对分子质量相差7，1molX3Y7WR含40 mol质子，X、W和R三种元素位于同周期，X原子最外层电子数是R原子核外电子数的一半。下列说法正确的是(　　) A．原子半径：W＞R B．非金属性：X＞R C．Y和Z互为同素异形体 D．常温常压下X和W的单质均为固体 【答案】A 【解析】化合物X3Y7WR和X3Z7WR所含元素相同，相对分子质量相差7，说明Y、Z为氢元素的两种核素，由题干信息可知，1 mol X3Y7WR含40 mol质子，X、W和R三种元素位于同周期，X原子最外层电子数是R原子核外电子数的一半，则X、W、R的内层电子数为2，设X的最外层电子数为a，则R的核外电子数为2a，W的核外电子数为b，Y的质子数为1，则有：3(a+2)+ 2a+b+7=40(a、b均为整数)，5a+b=27，解得a=5，b=2(X、R不在同周期，舍去)；a=4，b=7；a=3，b=12(X、R不在同周期，舍去)；则X为C，R为O，W为N。 A．同周期从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：W＞R，故A正确；B．同周期从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性： R＞X，故B错误；C．Y和Z是氢的两种核素，两者互为同位素，故C错误；D．常温常压下X的单质为固体，W的单质是气体，故D错误。 5.（2022·河北卷，6）中子轰击X原子的核反应为X+n→Y+H，其中Y可用于测定文物年代。下列说法错误的是(　　) A．原子半径：Y＞X B．YH3+的电子式为： C．最高价含氧酸的酸性：Y＞X D．X与Y均能形成多种氢化物 【答案】C 【解析】由Y可用于测定文物年代可知，Y为C元素；由核反应方程式可知，X为N元素。 A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则碳原子的原子半径大于氮原子，故A正确；B．CH3+为质子数大于电子数的阳离子，电子式为，故B正确；C．元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，氮元素的非金属性强于碳元素，则硝酸的酸性强于碳酸，故C错误；D．碳元素可以与氢元素形成的氢化物为烃类化合物，氮元素可以与氢元素形成的氢化物可能为氨气、联氨，则碳元素和氮元素均能形成多种氢化物，故D正确。 6.(2022·浙江6月选考)X、Y、Z、M、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大。X的核外电子数等于其周期数，YX3分子呈三角锥形，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和。M与X同主族，Q是同周期中非金属性最强的元素。下列说法正确的是(　　) A．X与Z形成的10电子微粒有2种 B．Z与Q形成的一种化合物可用于饮用水的消毒 C．M2Z与MQ的晶体类型不同 D．由X、Y、Z三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性 【答案】B 【解析】X的核外电子数等于其周期数，X为H，YX3分子呈三角锥形，Y为N，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和，则Z为O，M与X同主族，则M为Na，Q是同周期中非金属性最强的元素，则Q为Cl。H和O形成的10电子微粒有H2O、OH－、H3O＋，A错误；O和Cl可形成ClO2，有氧化性，可用于自来水消毒，B正确；M2Z为Na2O，MQ为NaCl，均为离子晶体，C错误；H、N、O这三种元素可以形成NH3·H2O，其水溶液显碱性，D错误。 题点3 根据原子结构及成键特点推断元素 1.(2023·辽宁，9)某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是(　　) 　L为 A．W与X的化合物为极性分子 B．第一电离能：Z>Y>X C．Q的氧化物是两性氧化物 D．该阴离子中含有配位键 【答案】A 【解析】由题干分析知，W为H，X为C，Y为O，Z为F，Q为Al。 2.（2022·河北卷，10）两种化合物的结构如图，其中X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，下列说法错误的是(　　) A．在两种化合物中，X、Y、Z、R、Q均满足最外层8电子稳定结构 B．X、Y、Z、R、Q中，R的非金属性及简单氢化物的稳定性均最强 C．将装有YZ2气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变浅 D．Z的某种同素异形体在大气中的含量与环境污染密切相关 【答案】A 【解析】X、Y、Z、R、Q是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，由两种化合物的结构示意图可知，X、Y、Z、R、Q形成共价键的数目分别为4、3、2、1、5，则五种元素分别为C元素、N元素、O元素、F元素、P元素。 A．由两种化合物的结构示意图可知，化合物中磷原子的最外层电子数为10，不满足最外层8电子稳定结构，故A错误；B．C元素、N元素、O元素、F元素、P元素中位于元素周期表右上角的氟元素的非金属性最强，元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性最强，故B正确；C．红棕色二氧化氮转化为无色四氧化二氮的反应为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，气体的颜色变浅，则将装有二氧化氮气体的透明密闭容器浸入冰水中，气体颜色变浅，故C正确；D．氧气和臭氧是氧元素形成的不同种单质，互为同素异形体，臭氧层破坏会造成环境污染，则臭氧在大气中的含量与环境污染密切相关，故D正确。 3.(2022·海南卷11)短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y同周期并相邻，Y是组成水的元素之一，Z在同周期主族元素中金属性最强，W原子在同周期主族元素中原子半径最小，下列判断正确的是(　　) A．XW3是非极性分子 B．简单氢化物沸点：X>Y C．Y与Z形成的化合物是离子化合物 D．X、Y、Z三种元素组成的化合物水溶液呈酸性 【答案】C 【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y同周期并相邻，且Y是组成水的元素之一，则Y为O元素，X为N元素，Z在同周期主族元素中金属性最强，则Z为Na元素，W原子在同周期主族元素中原子半径最小，则W为Cl元素，据此分析解答。由分析，X为N元素，W为Cl元素，NCl3分子的空间结构为三角锥形，其正负电荷的中心不重合，属于极性分子，A错误；H2O和NH3分子间均含有氢键，但H2O分子间形成的氢键更多，故沸点：H2O＞NH3，B错误；Y为O元素，Z为Na元素，两者形成的化合物为Na2O、Na2O2，均为离子化合物，C正确；N、O、Na三种元素组成的化合物中NaNO3的水溶液呈中性、NaNO2的水溶液呈碱性，D错误。 4.(2022·湖南卷)科学家合成了一种新的共价化合物(结构如图所示)，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和。下列说法错误的是(　　) A．原子半径：X>Y>Z B．非金属性：Y>X>W C．Z的单质具有较强的还原性 D．原子序数为82的元素与W位于同一主族 【答案】C 【解析】由共价化合物的结构可知，X、W形成4个共价键，Y形成2个共价键，Z形成1个共价键，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，则X为C元素、Y为O元素、Z为F元素、W为Si元素。同周期元素从左到右原子半径依次减小，则C、O、F的原子半径：C＞O＞F，故A正确；同周期元素从左到右元素的非金属性依次增强，同主族元素从上到下元素的非金属性依次减弱，则C、O、Si的非金属性：O＞C＞Si，故B正确；氟元素的非金属性最强，单质具有很强的氧化性，故C错误；原子序数为82的元素为铅元素，原子结构示意图为，与硅元素都位于元素周期表第ⅣA族，故D正确。 题点4 根据周期表结构推断元素 (2022·广东卷)甲～戊均为短周期元素，在元素周期表中的相对位置如图所示。戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸。下列说法不正确的是(　　) A．原子半径：丁＞戊＞乙 B．非金属性：戊＞丁＞丙 C．甲的氢化物遇氯化氢一定有白烟产生 D．丙的最高价氧化物对应的水化物一定能与强碱反应 【答案】C 【解析】甲～戊是短周期元素，戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸，则可能是硫酸或高氯酸，若是高氯酸，则戊为Cl，甲为N、乙为F、丙为P、丁为S；若是硫酸，则戊为S，甲为C、乙为O、丙为Si、丁为P。根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，则原子半径：丁＞戊＞乙，故A正确；根据同周期主族元素从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性：戊＞丁＞丙，故B正确；甲的氢化物可能为氨气，也可能为甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢一定有白烟产生，若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢不反应，没有白烟生成，故C错误；丙的最高价氧化物对应的水化物可能是硅酸，也可能是磷酸，都能与强碱反应，故D正确。 知识点4 分子结构与性质 题点1 化学键与物质性质 微题点1 键参数与物质性质 1.(2022·北京卷，9)由键能数据大小，不能解释下列事实的是(　　) 化学键 C—H Si—H C==O C—O Si—O C—C Si—Si 键能/ (kJ·mol－1) 411 318 799 358 452 346 222 A．稳定性：CH4>SiH4 B．键长：C==O<C—O C．熔点：CO2<SiO2 D．硬度：金刚石>晶体硅 【答案】C 【解析】键能越大越稳定，C—H的键能大于Si—H，所以稳定性：CH4>SiH4，故不选A；键能越大，键长越短，C==O的键能大于C—O，所以键长：C==O<C—O，故不选B；CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，所以熔点：CO2<SiO2，故选C；金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，C—C的键能大于Si—Si，所以硬度：金刚石>晶体硅，故不选D。 2.（2022·天津卷，4）利用反应2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O可制备N2H4。下列叙述正确的是(　　) A．NH3分子有孤电子对，可做配体 B．NaCl晶体可以导电 C．一个N2H4分子中有4个σ键 D．NaClO和NaCl均为离子化合物，他们所含的化学键类型相同 【答案】A 微题点2 化学键类型与物质性质 1.(2023·湖南，4)下列有关物质结构和性质的说法错误的是(　　) A．含有手性碳原子的分子叫做手性分子 B．邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点 C．酰胺在酸或碱存在并加热的条件下可发生水解反应 D．冠醚(18-冠-6)的空穴与K＋尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子 【答案】A 【解析】有手性异构体的分子被称为手性分子，A错误；邻羟基苯甲醛中含有分子内氢键，分子内氢键可以降低物质的熔、沸点，因此邻羟基苯甲醛的熔、沸点低于对羟基苯甲醛的熔、沸点，B正确；超分子是由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，冠醚(18-冠-6)的空穴大小为260～320 pm，可以适配K＋(276 pm)，冠醚与K＋之间通过弱相互作用结合，D正确。 2.(2023·江苏，2)反应NH4Cl＋NaNO2===NaCl＋N2↑＋2H2O应用于石油开采。下列说法正确的是(　　) A．NH的电子式为 B．NO中N元素的化合价为＋5 C．N2分子中存在N≡N键 D．H2O为非极性分子 【答案】C 【解析】NH的电子式为，A错误；NO中N元素的化合价为＋3，B错误；H2O为V形分子，分子中正负电荷中心未重合，为极性分子，D错误。 3.(2023·山东，5)石墨与F2在450 ℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是(　　) A．与石墨相比，(CF)x导电性增强 B．与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强 C．(CF)x中C—C的键长比C—F短 D．1 mol (CF)x中含有2x mol共价单键 【答案】B 【解析】石墨晶体中每个碳原子上未参与杂化的1个2p轨道上电子在层内离域运动，故石墨晶体能导电，而(CF)x中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，故与石墨相比，(CF)x导电性减弱，A错误；石墨层间插入F后形成的C—F键长短，键能极大，分子结构稳定性增强，抗氧化性增强，B正确；已知C的原子半径比F的大，故可知(CF)x中C—C的键长比C—F的长，C错误；由题干结构示意图可知，在(CF)x中每个C与周围的3个碳原子、1个F原子形成共价键，每个C—C被2个碳原子共用，即1 mol (CF)x中含有2.5x mol共价单键，D错误。 4.(2022·湖北卷，1)磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为O==P(N3)3。下列关于该分子的说法正确的是(　　) A．为非极性分子 B．空间结构为正四面体形 C．加热条件下会分解并放出N2 D．分解产物NPO的电子式为N⋮⋮P 【答案】C 【解析】磷酰三叠氮分子是不对称结构，分子中的正负电荷中心不重合，是极性分子，A项错误；磷酰三叠氮分子含有三个P—N及一个P==O，则空间结构为四面体形，B项错误；磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出N2，C项正确；NPO为共价化合物，则电子式为N⋮⋮P，D项错误。 题点2 原子杂化类型与分子构型 1.(2023·湖北，9)价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是(　　) A．CH4和H2O的VSEPR模型均为四面体 B．SO和CO的空间构型均为平面三角形 C．CF4和SF4均为非极性分子 D．XeF2与XeO2的键角相等 【答案】A 【解析】甲烷分子的中心原子的价层电子对数为4，水分子的中心原子价层电子对数也为4，所以VSEPR模型均为四面体，A正确；SO中中心原子的孤电子对数为1，CO中中心原子的孤电子对数为0，所以SO的空间构型为三角锥形，CO的空间构型为平面三角形，B错误；CF4为正四面体结构，为非极性分子，SF4中心原子有孤电子对，为极性分子，C错误；XeF2和XeO2分子中，中心原子孤电子对数不相等，所以键角不等，D错误。 2.（2023·重庆卷，10）和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下： 下列说法正确的是(　　) A．和均为极性分子 B．和中的均为杂化 C．和的水解反应机理相同 D．和均能与形成氢键 【答案】D 【解析】A．中中心原子N周围的价层电子对数为：3+=4，故空间构型为三角锥形，其分子中正、负电荷中心不重合，为极性分子，而中中心原子周围的价层电子对数为：4+=4，是正四面体形结构，为非极性分子，A错误；B．和中中心原子N周围的价层电子对数均为：3+=4，故二者均为杂化，B错误；C．由题干NCl3反应历程图可知，NCl3水解时首先H2O中的H原子与NCl3上的孤电子对结合，O与Cl结合形成HClO，而SiCl4上无孤电子对，故SiCl4的水解反应机理与之不相同，C错误；D．和分子中均存在N-H键和孤电子对，故均能与形成氢键，D正确。 3.（2022·辽宁卷，7）理论化学模拟得到一种离子，结构如图。下列关于该离子的说法错误的是(　　) A．所有原子均满足8电子结构 B．N原子的杂化方式有2种 C．空间结构为四面体形 D．常温下不稳定 【答案】B 【解析】A．由的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A正确；B．中心N原子为杂化，与中心N原子直接相连的N原子为杂化，与端位N原子直接相连的N原子为杂化，端位N原子为杂化，则N原子的杂化方式有3种，B错误；C．中心N原子为杂化，则其空间结构为四面体形，C正确；D．中含叠氮结构()，常温下不稳定，D正确。 4.(2022·北京卷，7)已知：H2＋Cl22HCl。下列说法不正确的是(　　) A．H2分子的共价键是s­s σ键，Cl2分子的共价键是s­p σ键 B．燃烧生成的HCl气体与空气中的水蒸气结合呈雾状 C．停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟 D．可通过原电池将H2与Cl2反应的化学能转化为电能 【答案】A 【解析】H2分子中的共价键H—H是由两个s轨道重叠形成的，称为s­s σ键，Cl2分子中的共价键Cl—Cl是由两个p轨道重叠形成的，称为p­p σ键，A错误；HCl气体极易溶于水，遇到空气中的水蒸气后立即形成盐酸小液滴，即白雾，B正确；浓氨水易挥发，挥发的氨气和HCl气体发生反应，化学方程式为NH3＋HCl===NH4Cl，生成氯化铵固体小颗粒，即产生白烟，C正确；H2与Cl2的反应是能够自发进行的氧化还原反应，可通过原电池将H2与Cl2反应的化学能转化为电能，D正确。 题点3 分子（离子）极性与物质性质 微题点1 极性分子与非极性分子判断 1.(2023·山东，3)下列分子属于极性分子的是(　　) A．CS2 B．NF3 C．SO3 D．SiF4 【答案】B 【解析】CS2中C的价层电子对数为2＋×(4－2×2)＝2，无孤电子对，CS2的空间结构为直线形，分子中正、负电荷中心重合，CS2属于非极性分子，A项不符合题意；NF3中N的价层电子对数为3＋×(5－3×1)＝4，有1个孤电子对，NF3的空间结构为三角锥形，分子中正、负电荷中心不重合，NF3属于极性分子，B项符合题意；SO3中S的价层电子对数为3＋×(6－3×2)＝3，无孤电子对，SO3的空间结构为平面正三角形，分子中正、负电荷中心重合，SO3属于非极性分子，C项不符合题意；SiF4中Si的价层电子对数为4＋×(4－4×1)＝4，无孤电子对，SiF4的空间结构为正四面体形，分子中正、负电荷中心重合，SiF4属于非极性分子，D项不符合题意。 2.（2022·江苏卷，5）下列说法正确的是(　　) A．金刚石与石墨烯中的C—C—C夹角都为120° B．SiH4、SiCl4都是由极性键构成的非极性分子 C．锗原子(32Ge)基态核外电子排布式为4s24p2 D．ⅣA族元素单质的晶体类型相同 【答案】B 【解析】金刚石中的碳原子为正四面体结构，C—C—C夹角为109°28′，故A错误；SiH4的化学键为Si—H，SiCl4的化学键为Si—Cl，均为极性键，均为正四面体，正负电荷中心重合，均为非极性分子，故B正确；锗原子(32Ge)基态核外电子排布式为[Ar]3Cl104s24p2，故C错误；ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合型晶体，而硅形成的晶体硅为共价晶体，故D错误。 微题点2 分子极性与物质性质 1.(2023·海南，4)下列有关元素单质或化合物的叙述正确的是(　　) A．P4分子呈正四面体，键角为109°28′ B．NaCl焰色试验为黄色，与Cl电子跃迁有关 C．Cu基态原子核外电子排布符合构造原理 D．OF2是由极性键构成的极性分子 【答案】D 【解析】P4分子呈正四面体，磷原子在正四面体的四个顶点处，键角为60°，A错误；NaCl焰色试验为黄色，与Na电子跃迁有关，B错误；Cu基态原子核外电子排布不符合构造原理，考虑了半满规则和全满规则，价电子排布式为3d104s1，这样能量更低更稳定，C错误；OF2的结构是V形，因此是由极性键构成的极性分子，D正确。 2.（2023·天津卷，11）下表列出25℃时不同羧酸的(即)。根据表中的数据推测，结论正确的是(　　) 羧酸 pKa 4.76 2.59 2.87 2.90 A. 酸性强弱： B. 对键合电子的吸引能力强弱：F<Cl<Br C. 25℃时的pKa大小： D. 25℃时0.1mol/L溶液的碱性强弱： 【答案】C 【解析】A.根据电负性F＞Cl＞Br＞I，CH2FCOOH、CH2ClCOOH、CH2BrCOOH的酸性逐渐减弱，则酸性CH2ICOOH＜CH2BrCOOH，A错误；B．电负性越大，对键合电子的吸引能力越强，电负性：F>Cl>Br，对键合电子的吸引能力强弱：F>Cl>Br，B错误；C．F是吸电子基团，F原子个数越多，吸电子能力越强，使得羧基中O—H键极性增强，更易电离，酸性增强，则25℃时的pKa大小：CHF2COOH<CH2FCOOH，C正确；D．根据pKa知，相同浓度下酸性CH3COOH＜CH2ClCOOH，酸性越强，其对应盐的水解程度越弱，碱性越弱，则相同浓度下碱性：CH2ClCOONa＜CH3COONa，D错误。 题点4 配位键与配合物 1.（2023·浙江（1月选考）卷，12）共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：Al2Cl6＋2NH3===2Al(NH3)Cl3，下列说法不正确的是(　　) A．Al2Cl6的结构式为 B．Al2Cl6为非极性分子 C．该反应中NH3的配位能力大于氯 D．Al2Br6比Al2Cl6更难与NH3发生反应 【答案】D 2.（2022·重庆卷，18）配位化合物X由配体L2－(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O]6＋构成。 (1)基态Zn2＋的电子排布式为__________。 (2)L2－所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为_____形；每个L2－中采取sp2杂化的C原子数目为____个，C与O之间形成σ键的数目为_____个。 (3)X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与H2O的吸附作用，可在L2－上引入__________。(假设X晶胞形状不变)。 A．—Cl B．—OH C．—NH2 D．—CH3 (4)X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。 ①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6＋的不同之处在于___________________________。 ②X晶体中Zn2＋的配位数为__________。 ③已知Zn—O键长为d nm，理论上图中A、B两个Zn2＋之间的最短距离的计算式为______nm。 ④已知晶胞参数为2a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2－与[Zn4O]6＋的相对分子质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为__________g·cm－3(列出化简的计算式)。 【答案】(1)1s22s22p63s23p63d10　(2)哑铃　8　8　(3)BC　(4)①与Zn2＋相连的双键氧原子不在对称轴的同侧　②4　③a－2d　④ 【解析】(1)锌元素的原子序数为30，基态Zn2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。(2)配体L2－所含元素中氧元素的电负性最大，氧原子处于基态时，电子云轮廓图为哑铃形的2p能级的电子占据最高能级；由结构简式可知，配体L2－中苯环碳原子和双键碳原子杂化方式均为sp2杂化，共有8个；配体L2－中碳原子与氧原子之间的单键为σ键、双键中含有1个σ键，共有8个。(3)若在L2－上引入能与水分子形成氢键的羟基和氨基，有利于增强X与水分子的吸附作用。(4)③由X晶胞的组成单元结构可知，[Zn4O]6＋中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线，设A、B两个锌离子之间的最短距离为x nm，由体对角线的长度可得x＋2d＝，解得x＝a－2d。④由X晶胞的组成单元结构可知，单元结构中位于顶点的[Zn4O]6＋的个数为8×＝1，位于棱上的L2－的个数为12×＝3，设晶体的密度为d g·cm－3，由X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元构成可得＝(2a×10－7)3d，解得d＝。 题点3 分子间作用力（范德华力、氢键）与物质性质 1.(2022·浙江6月选考)回答下列问题： (1)乙醇的挥发性比水的强，原因是__________________________________________。 (2)金属氢化物是应用广泛的还原剂。KH的还原性比NaH的强，原因是____________________________________________________________________________。 【答案】(1)乙醇分子间形成氢键的数量比水分子间形成氢键的数量少，分子间作用力小　(2)Na＋半径小于K＋，Na＋与H－的离子键作用强，H－更难失电子，还原性更弱 【解析】(1)乙醇和水均为分子晶体，且其均可形成分子间氢键，但是水分子中的2个H均可参与形成氢键，而乙醇分子中只有羟基上的1个H可以参与形成氢键，故水分子间形成氢键的数量较多，水分子间的作用力较大，水的沸点较高而乙醇的沸点较低，即乙醇的挥发性比水强。(2)KH和NaH均形成离子晶体，Na＋半径小于K＋，故Na＋与H－的离子键作用较强，其中的H－更难失电子、还原性更弱。 2.（2022·天津卷，3）下列物质沸点的比较，正确的是(　　) A．CH4>C2H6 B．HF>HCl C．H2S>H2Se D．>CH3CH2CH2CH3 【答案】B 3.（2022·辽宁卷，8）下列类比或推理合理的是(　　) 已知 方法 结论 A 沸点： 类比 沸点： B 酸性： 类比 酸性： C 金属性： 推理 氧化性： D ： 推理 溶解度： 【答案】A 【解析】A．、、的相对分子质量逐渐增大，沸点逐渐升高，可推知分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，由于相对分子质量：，所以沸点：，故A正确；B．非金属元素最高价含氧酸的酸性与非金属性有关，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以酸性：，酸性：，故B错误；C．由金属性：，可推出氧化性；由离子方程式可得，氧化性：，故C错误；D．和的阴、阳离子个数比不相同，不能通过大小来比较二者在水中的溶解度，故D错误。 知识点4 晶体结构与性质 题点1 晶体类型及性质判断 微题点1 晶体类型判断及性质比较 1.(2023·北京，1)中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。 下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是(　　) A．三种物质中均有碳碳原子间的σ键 B．三种物质中的碳原子都是sp3杂化 C．三种物质的晶体类型相同 D．三种物质均能导电 【答案】A 【解析】金刚石中所有碳原子均采用sp3杂化，石墨中所有碳原子均采用sp2杂化，石墨炔中苯环上的碳原子采用sp2杂化，碳碳三键上的碳原子采用sp杂化，B项错误；金刚石为共价晶体，石墨为混合型晶体，石墨炔为分子晶体，C项错误；金刚石不能导电，D项错误。 2.(2023·湖北，11)物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是(　　) 选项 性质差异 结构因素 A 沸点：正戊烷(36.1 ℃)高于新戊烷(9.5 ℃) 分子间作用力 B 熔点：AlF3(1 040 ℃)远高于AlCl3(178 ℃升华) 晶体类型 C 酸性：CF3COOH(pKa＝0.23)，远强于CH3COOH(pKa＝4.76) 羟基极性 D 溶解度(20 ℃)：Na2CO3(29 g)大于NaHCO3(8 g) 阴离子电荷 【答案】D 【解析】由于新戊烷支链多，对称性好，分子间作用力小，所以沸点较低，故A正确；AlF3为离子晶体，熔点较高，AlCl3为分子晶体，熔点较低，则AlF3熔点远高于AlCl3，故B正确；由于电负性：F>H，C—F键极性大于C—H键，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更容易电离，酸性增强，故C正确；碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中HCO间存在氢键，导致其不易溶于水，与阴离子电荷无关，故D错误。 3.（2023·重庆卷，9）配合物[MA2L2]的分子结构以及分子在晶胞中的位置如图所示，下列说法错误的是(　　) A．中心原子的配位数是4 B．晶胞中配合物分子的数目为2 C．晶体中相邻分子间存在范德华力 D．该晶体属于混合型晶体 【答案】D 【解析】A．由题干配合物[MA2L2]的分子结构示意图可知，中心原子M周围形成了4个配位键，故中心原子M的配位数是4，A正确；B．由题干图示晶胞结构可知，晶胞中配合物分子的数目为=2，B正确；C．由题干信息可知，该晶体为由分子组成的分子晶体，故晶体中相邻分子间存在范德华力，C正确；D．由题干信息可知，该晶体为由分子组成的分子晶体，D错误。 4.（2022·天津卷，12）一定条件下，石墨转化为金刚石吸收能量。下列关于石墨和金刚石的说法正确的是(　　) A．金刚石比石墨稳定 B．两物质的碳碳σ键的键角相同 C．等质量的石墨和金刚石中，碳碳σ键数目之比为4∶3 D．可以用X射线衍射仪鉴别金刚石和石墨 【答案】D 5.(2022·山东卷，5)AlN、GaN属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在N—Al、N—Ga。下列说法错误的是(　　) A．GaN的熔点高于AlN B．晶体中所有化学键均为极性键 C．晶体中所有原子均采取sp3杂化 D．晶体中所有原子的配位数均相同 【答案】A 【解析】Al和Ga均为第ⅢA族元素，N属于第ⅤA族元素，AlN、GaN的成键结构与金刚石相似，则其均为共价晶体。因为AlN、GaN为结构相似的共价晶体，由于Al原子的半径小于Ga，N—Al的键长小于N—Ga的键长，则N—Al的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN的熔点低于AlN，A说法错误；不同元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，B说法正确；金刚石中每个C原子形成4个共价键(即C原子的价层电子对数为4)，C原子无孤电子对，故C原子均采取sp3杂化，C原子的配位数是4，由于AlN、GaN与金刚石结构相似，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，所有原子的配位数也均为4，C、D说法正确。 6.(2022·浙江（选考）卷，26)(4分)(1)两种有机物的相关数据如下表： 物质 HCON(CH3)2 HCONH2 相对分子质量 73 45 沸点/℃ 153 220 HCON(CH3)2的相对分子质量比HCONH2的大，但其沸点反而比HCONH2的低，主要原因是______________________________________。 (2)四种晶体的熔点数据如下表： 物质 CF4 SiF4 BF3 AlF3 熔点/℃ －183 －90 －127 >1 000 CF4和SiF4熔点相差较小，BF3和AlF3熔点相差较大，原因是_____________________。 【答案】(1)HCON(CH3)2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以HCON(CH3)2的沸点低 (2)CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以二者熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要的能量要多得多，所以二者熔点相差较大 微题点2 键能大小比较与晶体性质 （2021·浙江卷，26）(1)已知3种原子晶体的熔点数据如下表： 金刚石 碳化硅 晶体硅 熔点/℃ >3 550 2 600 1 415 金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是_______________________________________。 (2)提纯含有少量氯化钠的甘氨酸样品：将样品溶于水，调节溶液的pH使甘氨酸结晶析出，可实现甘氨酸的提纯。其理由是___________________________________________。 【答案】(1)原子晶体中，原子半径越小，共价键能越大，熔点越高，原子半径：C＜Si(或键长：C—C＜Si—Si)，键能：C—C＞Si—Si　(2)当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时(即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大)，溶解度最小 【解析】(1)原子半径的大小决定键长大小，键长越短，键能越大，此时物质的熔、沸点越高，在C和Si组成的物质中原子半径：C＜Si(或键长：C—C＜Si—Si)，键能：C—C＞Si—Si，故金刚石的熔点高于晶体硅的熔点。 (2)当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时(即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大)，溶解度最小，此时析出的晶体为甘氨酸，可以实现甘氨酸的提纯。 题点2 晶胞透视图、原子（分数）坐标 (2023·湖北，15)镧La和H可以形成一系列晶体材料LaHn，在储氢和超导等领域具有重要应用。LaHn属于立方晶系，晶胞结构和参数如图所示。高压下，LaH2中的每个H结合4个H形成类似CH4的结构，即得到晶体LaHx。下列说法错误的是(　　) A．LaH2晶体中La的配位数为8 B．晶体中H和H的最短距离：LaH2>LaHx C．在LaHx晶胞中，H形成一个顶点数为40的闭合多面体笼 D．LaHx单位体积中含氢质量的计算式为 g·cm－3 【答案】C 【解析】由LaH2的晶胞结构可知，La位于顶点和面心，晶胞内8个小立方体的中心各有1个H原子，若以顶点La研究，与之最近的H原子有8个，则La的配位数为8，故A正确；由LaHx晶胞结构可知，每个H结合4个H形成类似CH4的结构，H和H之间的最短距离变小，则晶体中H和H的最短距离：LaH2>LaHx，故B正确；由题干信息可知，在LaHx晶胞中，每个H结合4个H形成类似CH4的结构，这样的结构有8个，顶点数为4×8＝32，但整个晶胞中H原子不形成闭合多面体笼，故C错误；1个LaHx晶胞中含有5×8＝40个H原子，含H质量为 g，晶胞的体积为(484.0×10－10cm)3＝(4.84×10－8)3 cm3，则LaHx单位体积中含氢质量的计算式为 g·cm－3，故D正确。 题点3 微粒配位数与化学式确定 1.(2023·辽宁，14)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)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是(　　) 　 A．图1晶体密度为 g·cm－3 B．图1中O原子的配位数为6 C．图2表示的化学式为LiMg2OClxBr1－x D．Mg2＋取代产生的空位有利于Li＋传导 【答案】C 【解析】根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×＋1＝3，O：2×＝1，Cl：4×＝1,1个晶胞的质量为g＝ g，晶胞的体积为(a×10－10cm)3＝a3×10－30 cm3，则晶体的密度为 g·cm－3，A项正确；图1晶胞中，O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，O原子的配位数为6，B项正确；根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×＝2，O：2×＝1，Cl或Br：4×＝1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOClxBr1－x，C项错误；进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2＋取代产生的空位有利于Li＋的传导，D项正确。 2.（2023·天津卷，13）关于铜，同学们进行了下列探究 （1）铜的价层电子排布式是__________，与中半径较大的是__________。 （2）下图是铜的一种氯化物晶胞，则这种物质的化学式为__________。 （3）已知铜可以与过氧化氢、稀盐酸反应，制备，写出该反应化学方程式：____________________。反应中，过氧化氢实际用量总是大于理论用量，原因是____________________。 （4）过氧化氢电子式为__________。 （5）下列物质都可以替代过氧化氢进行这个反应，最合适的是__________。 a． b． c． （6）同学们对氯化铜性质进行了探究。向得南氯化铜溶液中加入溶液，得到含有碘元素的沉淀，且反应后所得溶液加入淀粉呈蓝色，则沉淀化学式为__________，过程中碘（离子）的作用为____________________。 【答案】（1）3d104sl Cu+ （2）CuCl （3）Cu+H2O2+2HCl= CuCl2 +2H2O Cu2+是过氧化氢分解的催化剂 （4） （5）b （6）CuI 还原剂沉淀剂 【解析】(1) Cu为29号元素，位于周期表中第四周期第ⅠB族，价层电子排布式是3d104sl；同一元素的原子核外电子数越少，原子核对核外电子吸引力越强，半径越小，则Cu+的半径与Cu2+的大，故答案为:3d104sl；Cu+； （2）Cl位于顶点和面心，个数为：4个Cu位于体内，Cu:Cl=4:4=1:1,其化学式为CuCl； （3）铜与过氧化氢、稀盐酸反应生成CuCl2和H2O，化学方程式为:Cu+H2O2+2HCl= CuCl2 +2H2O；Cu2+是过氧化氢分解的催化剂，反应过程中生成的Cu2+可将过氧化氢分解，故过氧化氢实际用量总是大于理论用量， 故答案为:Cu+H2O2+2HCl= CuCl2 +2H2O；Cu2+是过氧化氢分解的催化剂； (4)过氧化氢为共价化合物，氢原子和氧原子之间共用一个电子对，氧原子和氧原子之间共用一个电子对，其电子式为； (5)因 (3)中过氧化氢在反应中作氧化剂能氧化Cu，在此条件下Cl2不能氧化Cu，故不能取代过氧化氢;HNO3能氧化Cu，但产生污染性气体，故最适合替代过氧化氢的为氧气，故答案为b； (6)反应后所得溶液加入淀粉呈蓝色，说明反应生成I2，I-作还原剂，将Cu2+还原为Cu+,Cu+与I-生成CuI沉淀，因此在反应过程中碘(离子)的作用为还原剂和沉淀剂，故答案为:CuI;还原剂沉淀剂。 3.(2022·湖北卷，1)某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是(　　) A．Ca2＋的配位数为6 B．与F－距离最近的是K＋ C．该物质的化学式为KCaF3 D．若F－换为Cl－，则晶胞棱长将改变 【答案】B 【解析】Ca2＋配位数为与其距离最近且等距离的F－的个数，如图所示，Ca2＋位于体心，F－位于面心，所以Ca2＋的配位数为6，A正确；F－与K＋的最近距离为棱长的，F－与Ca2＋的最近距离为棱长的，所以与F－距离最近的是Ca2＋，B错误；K＋位于顶角，个数为×8＝1，F－位于面心，个数为×6＝3，Ca2＋位于体心，个数为1，综上，该物质的化学式为KCaF3，C正确；F－与Cl－半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D正确。 4.(2022·湖南卷)铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题： (1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下： ①基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]__________。 ②该新药分子中有__________种不同化学环境的C原子。 ③比较键角大小：气态SeO3分子________SeO离子(填“>”“<”或“＝”)，原因是 ________________________________________________________________________。 (2)富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示： ①富马酸分子中σ键与π键的数目比为__________。 ②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为__________。 (3)科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化H2，将N3－转化为NH，反应过程如图所示： ①产物中N原子的杂化轨道类型为__________。 ②与NH互为等电子体的一种分子为__________(填化学式)。 (4)钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示： ①该超导材料的最简化学式为__________。 ②Fe原子的配位数为__________。 ③该晶胞参数a＝b＝0.4 nm、c＝1.4 nm。阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为__________g·cm－3(列出计算式)。 【答案】(1)①3d104s24p4　②8　③＞　SeO3的空间结构为平面三角形，SeO的空间结构为三角锥形　(2)①11∶3　②O＞C＞H＞Fe　(3)①sp3杂化　②H2O　(4)①KFe2Se2　②4　③ 【解析】(1)①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4。②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构对称，分子中含有8种不同化学环境的碳原子。③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，孤电子对数为0，分子的空间结构为平面三角形，键角为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，离子的空间结构为三角锥形，键角小于120°。(2)①由结构模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH==CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目比为11∶3。②金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氢、碳、氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H＞Fe。(3)①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化。②水分子和氨基阴离子的原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体。(4)①由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为8×＋1＝2，均位于棱上和体内的硒原子的个数为8×＋2＝4，均位于面上的铁原子个数为8×＝4，该物质的晶胞结构如图所示：，则超导材料最简化学式为KFe2Se2。②由平面投影图可知，铁原子的配位数为4。③设晶体的密度为d g·cm－3，由晶胞的质量公式可得： g＝abc×10－21×d g，解得d＝ g·cm－3。 题点4 晶胞结构与计算 1.(2023·湖南，11)科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为a pm。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是(　　) A．晶体最简化学式为KCaB6C6 B．晶体中与K＋最近且距离相等的Ca2＋有8个 C．晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面 D．晶体的密度为 g·cm－3 【答案】C 【解析】根据晶胞结构可知，其中K个数：8×＝1，Ca个数：1，B个数：12×＝6，C个数：12×＝6，故其最简化学式为KCaB6C6，A正确；K＋位于晶胞顶角，Ca2＋位于体心，则晶体中与K＋最近且距离相等的Ca2＋有8个，B正确；根据晶胞结构可知，晶胞中B和C原子构成的多面体有14个面，C错误；该晶胞含1个KCaB6C6，则晶胞质量为 g，晶胞体积为a3×10－30 cm3，则其密度为g·cm－3，D正确。 2.(2022·广东卷)硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光(AIE)效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路线如下： (1)Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为__________。 (2)H2Se的沸点低于H2O，其原因是_____________________________________________。 (3)关于Ⅰ～Ⅲ三种反应物，下列说法正确的有__________。 A．Ⅰ中仅有σ键 B．Ⅰ中的Se—Se为非极性共价键 C．Ⅱ易溶于水 D．Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2 E．Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O电负性最大 (4)Ⅳ中具有孤电子对的原子有__________。 (5)硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4__________(填“>”或“<”)H2SeO3。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠(Na2SeO4)可减轻重金属铊引起的中毒。SeO的空间结构为________。 (6)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。 ①X的化学式为__________。 ②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρ g·cm－3，则X中相邻K之间的最短距离为__________nm(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】(1)4s24p4　(2)两者都是分子晶体，由于水分子存在分子间氢键，沸点高　(3)BDE　(4)O、Se　(5)①＞　②正四面体形　(6)①K2SeBr6　②××107 【解析】(1)基态S原子价电子排布式为3s23p4，Se与S同族，Se为第四周期元素，因此基态Se原子价电子排布式为4s24p4。(3)Ⅰ中有σ键，还有大π键，故A错误；Ⅰ中的Se—Se为非极性共价键，故B正确；烃都难溶于水，因此Ⅱ难溶于水，故C错误；Ⅱ中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；根据同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，因此Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O电负性最大，故E正确。(4)分子Ⅳ中O、Se都有孤电子对，C、H、S都没有孤电子对。(5)根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4＞H2SeO3。SeO中Se的价层电子对数为4＋×(6＋2－2×4)＝4，其空间结构为正四面体形。(6)①根据晶胞结构得到一个晶胞中K有8个，有8×＋6×＝4个，则X的化学式为K2SeBr6。②设晶胞参数为a nm，得到ρ＝＝＝ρ g·cm－3，解得a＝×107，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半，即为××107nm。 3.(2022·山东卷，15)Cu2－xSe是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是(　　) A．每个Cu2－xSe晶胞中Cu2＋个数为x B．每个Na2Se晶胞完全转化为Cu2－xSe晶胞，转移电子数为8 C．每个NaCuSe晶胞中0价Cu原子个数为1－x D．当NayCu2－xSe转化为NaCuSe时，每转移(1－y) mol电子，产生(1－x) mol Cu原子 【答案】BD 【解析】由晶胞结构可知，硒离子个数为8×＋6×＝4，则每个晶胞内含有4个Cu2－xSe，设晶胞中铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a＋b＝8－4x，由化合价代数和为0可得2a＋b＝4×2，解得a＝4x，故A错误；由题意可知，Na2Se转化为Cu2－xSe的电极反应式为Na2Se－2e－＋(2－x)Cu===Cu2－xSe＋2Na＋，由晶胞结构可知，硒离子个数为8×＋6×＝4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B正确；由题意可知，Cu2－xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2－xSe＋ e－＋Na＋===NaCuSe＋(1－x)Cu，由晶胞结构可知，硒离子个数为8×＋6×＝4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜原子个数为(4－4x)，故C错误；由题意可知，NayCu2－xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2－xSe＋(1－y)e－＋ (1－y)Na＋===NaCuSe＋(1－x)Cu，所以每转移(1－y) mol电子，产生(1－x) mol Cu原子，故D正确。 题点5 以金属元素为主体的物质结构综合 1.(2023·海南，19)我国科学家发现一种钒配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。 (代表单键、双键或叁键) 回答问题： (1)配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种，它们是____________。 (2)配合物Ⅰ中，R′代表芳基，V—O—R′空间结构呈角形，原因是___________________。 (3)配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是__________。 (4)配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为＋4和＋3，配合物Ⅱ、Ⅲ和N2三者中，两个氮原子间键长最长的是__________________________________________________________。 (5)近年来，研究人员发现含钒的锑化物CsV3Sb5在超导方面表现出潜在的应用前景。CsV3Sb5晶胞如图1所示，晶体中包含由V和Sb组成的二维平面(见图2)。 ①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子各自周围紧邻的锑原子数为__________。锑和磷同族，锑原子基态的价层电子排布式为______________。 ②晶体中少部分钒原子被其他元素(包括Ti、Nb、Cr、Sn)原子取代，可得到改性材料。下列有关替代原子说法正确的是______________。 a．有＋4或＋5价态形式 b．均属于第四周期元素 c．均属于过渡元素 d．替代原子与原离子的离子半径相近 【答案】(1)C、O、P、Cl　(2)根据VSEPR模型，氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，成键电子对之间呈角形　(3)N　(4)配合物Ⅱ　(5)①6　②5s25p3　③ad 【解析】(4)配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为＋4和＋3，配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键，配合物Ⅲ中是氮氮双键， N2中为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长。(5)①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子填充在锑原子构成的八面体空隙中，周围紧邻的锑原子数为6；锑和磷同族，锑原子位于第五周期第ⅤA族，其基态的价层电子排布式为5s25p3。②CsV3Sb5中V带的总的正电荷为＋9，当替代原子为Sn时，化合价可能为＋4或＋5价态形式，故a正确；Ti、Cr属于第四周期元素，Sn、Nb属于第五周期元素，故b错误；Sn是第ⅣA族元素，不属于过渡元素，故c错误；钒原子填充在锑原子形成的八面体空隙中，替代原子与原离子的离子半径相近，才能填充进去，故d正确。 2.(2023·全国乙卷，35)中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物(MgxFe2－xSiO4)。回答下列问题： (1)基态Fe原子的价电子排布式为__________。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为__________，铁的化合价为__________。 (2)已知一些物质的熔点数据如下表： 物质 熔点/℃ NaCl 800.7 SiCl4 －68.8 GeCl4 －51.5 SnCl4 －34.1 Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是_________________。 分析同族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势及其原因___________________。 SiCl4的空间结构为________________，其中Si的轨道杂化形式为________________。 (3)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于立方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有________________个Mg。该物质化学式为________________，B—B最近距离为________________。 【答案】(1)3d64s2　O＞Si＞Fe＞Mg　＋2　(2)氯化钠为离子晶体，而SiCl4为分子晶体　熔点依次升高，因为SiCl4、GeCl4、SnCl4均为分子晶体，结构相似，随着其相对分子质量依次增大，其分子间作用力依次增强　正四面体　sp3　(3)1　MgB2　a 【解析】(1)因为MgxFe2－xSiO4中Mg、Si、O的化合价分别为＋2、＋4和－2，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0，可以确定铁的化合价为＋2。(3)由硼镁化合物的晶体结构可知Mg位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有12×＋2×＝3个Mg，由晶胞沿c轴的投影图可知本题所给晶体结构包含三个晶胞，则晶胞中Mg的个数为1；晶体结构中B在正六棱柱体内共6个，则该物质的化学式为MgB2；由晶胞沿c轴的投影图可知，B原子在图中两个正三角形的重心，该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的2倍，顶点到对边的垂线长度为a，因此B—B最近距离为a××2＝a。 3.（2022·北京卷，15）工业中可利用生产钛白的副产物FeSO4·7H2O和硫铁矿(FeS)联合制备铁精粉(FexOy)和硫酸，实现能源及资源的有效利用。 (1)FeSO4·7H2O结构示意图如图1。 ①Fe2＋价层电子排布式为___________________________。 ②H2O中O和SO中S均为sp3杂化，比较H2O中H—O—H键角和SO中O—S—O键角的大小并解释原因_______________________________。 ③FeSO4·7H2O中H2O与Fe2＋、H2O与SO的作用力类型分别是______________________。 (2)FeS2晶体的晶胞形状为立方体，边长为a nm，结构如图2。 ①距离Fe2＋最近的阴离子有__________个。 ②FeS2的摩尔质量为120 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) (3)FeSO4·7H2O加热脱水后生成FeSO4·H2O，再与FeS2在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。FeSO4·H2O分解和FeS2在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用FeS2作为FeSO4·H2O分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点___________________________。 【答案】(1)①3d6　②孤电子对有较大斥力，使H—O—H键角小于O—S—O键角　③配位键、氢键　(2)①6　②×1021　(3)FeS2燃烧放热为FeSO4·H2O分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料 【解析】(1)①Fe的价层电子排布式为3d64s2，形成Fe2＋时失去4s上的2个电子，故Fe2＋的价层电子排布式为3d6。②H2O中O和SO中S都是sp3杂化，H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键合电子对占据，而SO中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得H—O—H键角与O—S—O键角相比被压缩减小。③H2O中O有孤电子对，Fe2＋有空轨道，二者可以形成配位键。SO中有电负性较大的O元素，可以与H2O中H元素形成氢键。(2)①以位于面心的Fe2＋为例，与其距离最近的阴离子有4个位于棱上，有2个位于体心，共6个。②依据均摊法可知晶胞中Fe2＋个数为8×＋6×＝4，S个数为1＋12×＝4，一个晶胞中相当于含有4个FeS2，因此一个晶胞的质量m＝4× g＝ g，所以晶体密度：ρ＝＝＝ g·cm－3＝×1021 g·cm－3。(3)由能量示意图可知，FeS2燃烧为放热反应，FeSO4·H2O分解为吸热反应，FeS2燃烧放出的热量为 FeSO4·H2O分解提供能量。另外，FeS2燃烧和FeSO4·H2O分解的产物如Fe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉和硫酸的原料。 4.(2022·海南卷19)以Cu2O、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题： (1)基态O原子的电子排布式__________，其中未成对电子有__________个。 (2)Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是________________________________________________________________________。 (3)酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取__________杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是____________________________________________。 (4)金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为________________________________________________________________________。 (5)ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn—N键中离子键成分的百分数小于Zn—O键，原因是________________________________________________。 (6)左下图为某ZnO晶胞示意图，右下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。▱abcd为所取晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面__________、__________。 　 【答案】(1)1s22s22p4(或[He]2s22p4)　2　(2)自由电子在外加电场中作定向移动　(3)sp2　两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高　(4)Zn＋4NH3＋2H2O===[Zn(NH3)4]2＋＋2OH－＋H2↑　(5)电负性：O＞N，Zn与N元素间的电负性差值小于Zn与O元素间的电负性差值，成键元素电负性差值越大，形成的化学键中离子键成分越大　(6)▱cdhi　▱bcfe 【解析】(1)基态O原子核外有8个电子，因此基态O原子的电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子。(2)由于金属的自由电子可在外加电场中作定向移动，因此Cu、Zn等金属具有良好的导电性。(3)根据结构式可知，N原子的杂化方式均为sp2，由于邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此熔点更高。(4)金属Zn与氨水反应可生成[Zn(NH3)4](OH)2和H2，反应的离子方程式为Zn＋4NH3＋2H2O===[Zn(NH3)4]2＋＋2OH－＋H2↑。(6)根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结构，则与其相邻的晶胞与该晶胞共用bc和cd，则相邻的两个晶胞的底面为▱cdhi和▱bcfe。 5.（2022·河北卷，17）含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题： (1)基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为 。 (2)Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是 ，原因是 。 (3)的几何构型为 ，其中心离子杂化方式为 。 (4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是 (填标号)。 A．[Cu(NH3)2]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4 C．[Zn(NH3)4]SO4 D．Na2[Zn(OH)4] (5)如图是硫的四种含氧酸根的结构： A． B． C．    D． 根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2+转化为的是 (填标号)，理由是 。 (6)如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。 ①该物质的化学式为 。 ②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中A原子的坐标为(，，)，则B原子的坐标为 。 【答案】(1)1∶2或2∶1 (2)Cu Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大 (3)三角锥形 sp3杂化 (4)B (5)D D中含有—1价的O元素，具有强氧化性，能将Mn2+转化为 (6)Cu2ZnSnS4 (，，) 【解析】（1）基态S的价电子排布是3s23p4，根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的电子数之比为1∶2或2∶1，故答案为1∶2或2∶1； （2）铜元素的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，锌元素的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大，所以铜与锌相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是铜元素，故答案为：Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大； （3）三氯化锡离子在锡离子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以锡离子杂化方式为sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3杂化； （4）根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子；A．[Cu(NH3)2]Cl中亚铜离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；B．[Cu(NH3)4]SO4中铜离子外围电子排布是3d9，离子中有未成对电子，该配合物具有顺磁性，故符合题意；C．[Zn(NH3)4]SO4中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；D．Na2[Zn(OH)4] 中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；故选B； （5）由四种含氧酸根的结构式可知，只有过二硫酸根离子中含有过氧链，离子中—1价的氧元素具有强氧化性，则只有过二硫酸根离子能在酸性溶液中将锰离子氧化为高锰酸根离子，故选D； （6）①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的锌原子个数为8×+1=2，位于面上的铜原子个数为8×=4，位于面心和棱上的锡原子个数为2×+4×=2，位于体内的硫原子个数为8，则该物质的化学式为Cu2ZnSnS4，故答案为：Cu2ZnSnS4； ②若将晶胞先分为上下两个相等的正方体后再将每个正方体继续分为8个相等的小正方体，则B原子位于上面的正方体分割成的8个小立方体中位于右下后方的小立方体的体心，由A原子的坐标为(，，)可知，B原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)。 题点6 以非金属元素为主体的物质结构综合 1.（2023·浙江（1月选考）卷，16）(10分)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___________________ ______________________________________________________________________________。 (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__________(填字母)。 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 (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】(1)正四面体　sp3　Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强[或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)　(2)AB　(3)共价晶体　SiP2 2.(2023·全国甲卷，35)将酞菁-钴酞菁-三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题： (1)图1所示的几种碳单质，它们互为____________，其中属于共价晶体的是____________，C60间的作用力是____________。 (2)酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。 酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是____________(填图2酞菁中N原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为____________，氮原子提供孤对电子与钴离子形成____________键。 (3)气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中Al的轨道杂化类型为____________。AlF3的熔点为1 090 ℃，远高于AlCl3的192 ℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为____________键。AlF3结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，F－的配位数为____________。若晶胞参数为a pm，晶体密度ρ＝____________g·cm－3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 【答案】(1)同素异形体　金刚石　范德华力　(2)③　＋2　配位　(3)sp3　离子　2　 【解析】(2)已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C原子和所有的N原子均为sp2杂化，且分子中存在大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个sp2杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与形成大π键，标号为③的N原子的 p轨道能提供一对电子参与形成大π键，因此标号为③的N原子形成的N—H易断裂从而电离出H＋；钴酞菁分子中，失去了2个H＋的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，因此，钴离子的化合价为＋2，氮原子提供孤电子对与钴离子形成配位键。(3)由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中Al的轨道杂化类型为sp3。AlF3的熔点为1 090 ℃，远高于AlCl3的192 ℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键。由AlF3的晶胞结构可知，其中含灰球的个数为12×＝3，白球的个数为8×＝1，则灰球为F－，距F－最近且等距的Al3＋有2个，则F－的配位数为2。 3.(2023·浙江6月选考，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_________________________________________。 (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氮和氢形成的无环氮多烯，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__________________。 (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】(1)2s22p3　(2)①A　②NnHn＋2－2m(m≤，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　(3)CaCN2　6 【解析】(1)N核外有7个电子，基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，则基态N原子的价层电子排布式是2s22p3。(2)①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；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；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；氮烷中N原子有一个孤电子对、三个价键，则氮原子的杂化方式都是sp3，故D正确。②氮和氢形成的无环氮多烯，含一个氮的氮烷为NH3，含两个氮的氮烷为N2H4，含三个氮的氮烷为N3H5，含四个氮的氮烷为N4H6，设分子中氮原子数为n，其氮烷分子式通式为NnHn＋2，根据出现一个氮氮双键，则少2个氢原子，因此当双键数为m时，其分子式通式为NnHn＋2－2m(m≤，m为正整数)。(3)钙个数为2＋4×＋4×＝3，CN个数为2＋2×＋2×＝3，则其化学式为CaCN2。本题中分析得到，以这个CN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。 4.(2023·北京，15)硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根(S2O)可看作是SO中的一个O原子被S原子取代的产物。 (1)基态S原子价层电子排布式是____________________________________________。 (2)比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：_______________。 (3)S2O的空间结构是_____________________________________________________。 (4)同位素示踪实验可证实S2O中两个S原子的化学环境不同，实验过程为SOS2OAg2S＋SO。过程ⅱ中，S2O断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是Na232SO3和35S，过程ⅱ含硫产物是__________________。 (5)MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、b nm、c nm，结构如图所示。 晶胞中的[Mg(H2O)6]2＋个数为____________。已知MgS2O3·6H2O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＝10－7 cm) (6)浸金时，S2O作为配体可提供孤电子对与Au＋形成[Au(S2O3)2]3－。分别判断S2O中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：__________________________ ________________________________________________________________________。 【答案】(1)3s23p4　(2)I1(O)>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)四面体形　(4)Na232SO4和Ag235S　(5)4　 ×1021　(6)S2O中的中心S原子的价层电子对数为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 【解析】(1)S是第三周期第ⅥA族元素，基态S原子价层电子排布式为3s23p4。(3)SO的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为正四面体形，S2O可看作是SO中的1个O原子被S原子取代，则S2O的空间结构为四面体形。(4)过程ⅱ中S2O断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中SO最终转化为SO，S最终转化为Ag2S。若过程ⅰ所用试剂为Na232SO3和35S，过程ⅱ的含硫产物是Na232SO4和Ag235S。(5)由晶胞结构可知，1个晶胞中含有8×＋4×＋2×＋1＝4个[Mg(H2O)6]2＋，含有4个S2O；该晶体的密度ρ＝ g·cm－3＝×1021 g·cm－3。 5.(2023·山东，16)卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题： (1)－40 ℃时，F2与冰反应生成HOF和HF。常温常压下，HOF为无色气体，固态HOF的晶体类型为____________，HOF水解反应的产物为____________(填化学式)。 (2)ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键(Π)。ClO2中Cl原子的轨道杂化方式为____________；键角：O—Cl—O________(填“＞”“＜”或“＝”)Cl—O—Cl。比较ClO2与Cl2O中Cl—O的键长并说明原因__________________________________________________________________________。 (3)一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°)，其中Cu化合价为＋2。上述反应的化学方程式为________________________________________________________________________。 若阿伏加德罗常数的值为NA，化合物X的密度ρ＝________________g·cm－3(用含NA的代数式表示)。 【答案】(1)分子晶体　HF、H2O2(或HF、O2)　(2)sp2　＞　ClO2分子中Cl—O的键长小于Cl2O中Cl—O的键长，其原因是ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl—O的键长较小，而Cl2O只存在普通的σ键　(3)CuCl2＋4K＋2F2===K2CuF4＋2KCl　(或) 【解析】(1)常温常压下，HOF为无色气体，则HOF的沸点较低，因此，固态HOF的晶体类型为分子晶体。HOF分子中F显－1价，其水解时结合H2O电离的H＋生成HF，则OH＋结合H2O电离的OH－，两者反应生成H2O2，H2O2不稳定，其分解生成O2，反应为HOF＋H2O===HF＋H2O2,2H2O2===2H2O＋O2↑。(2)ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键(Π)，则Cl原子的轨道杂化方式为sp2。(3)一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，其中Cu化合价为＋2。由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为8×＋2＝4、白球的个数为16×＋4×＋2＝8、灰球的个数为8×＋1＝2，则X中含有3种元素，其个数比为1∶2∶4，由于其中Cu的化合价为＋2、F的化合价为－1、K的化合价为＋1，根据化合价代数和为0，可以推断X为K2CuF4，上述反应的化学方程式为CuCl2＋4K＋2F2===K2CuF4＋2KCl。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞的质量为 g，晶胞的体积为abc pm3＝abc×10－30 cm3，化合物X的密度ρ＝＝ g·cm－3 g·cm－3。 6.（2022·福建卷，14）1962年首个稀有气体化合物XePtF6问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氙(54Xe)的最多，氪(36Kr)化合物次之，氩(18Ar)化合物极少。[BrOF2][AsF6]·xKrF2是[BrOF2]＋、[AsF6]－与KrF2分子形成的加合物，其晶胞如图所示。 回答下列问题： (1)基态As原子的价电子排布式为________。 (2)Ar、Kr、Xe原子的活泼性依次增强，原因是___________________________________。 (3)晶体熔点：KrF2________(填“>”“<”或“＝”)XeF2，判断依据是__________________。 (4)[BrOF2]＋的中心原子Br的杂化轨道类型为________。 (5)[BrOF2][AsF6]·xKrF2加合物中x＝______，晶体中的微粒间作用力有________(填字母)。 a．氢键 b．离子键 c．极性共价键 d．非极性共价键 【答案】(1)4s24p3　(2)同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强　(3)<　二者为结构相同的分子晶体，XeF2的相对分子质量大，范德华力大，熔点高　(4)sp3　(5)2　bc 【解析】(1)As位于元素周期表中第四周期第ⅤA族，原子序数为33，其价电子排布式为4s24p3。(4)[BrOF2]＋的中心原子Br的价层电子对数为3＋×(7－1－2－2)＝4，杂化轨道类型为sp3。(5)由晶胞结构可知，其中含有8个KrF2，则[BrOF2][AsF6]·xKrF2加合物中x＝2，晶体中的微粒间作用力有离子键、极性共价键。 7.(2022·山东卷，16)研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为Ni(CN)x·Zn(NH3)y·zC6H6的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°。回答下列问题： (1)基态Ni原子的价电子排布式为__________，在元素周期表中位置为__________。 (2)晶胞中N原子均参与形成配位键，Ni2＋与Zn2＋的配位数之比为__________；x∶y∶z＝__________；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是__________。 (3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的Π大π键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据________(填标号)。 A．2s轨道 B．2p轨道 C．sp杂化轨道 D．sp2杂化轨道 (4)在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①_________________________________________________， ②________________________________________________________________________。 (5)、、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是__________。 【答案】(1)3d84s2　第四周期第Ⅷ族　(2)2∶3　2∶1∶1　Zn2＋　(3)D　(4)①吡啶能与H2O分子形成分子间氢键　②吡啶和H2O均为极性分子，相似相溶，而苯为非极性分子　(5) 【解析】(1)已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族。(2)由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2＋个数为2×＝1，Zn2＋个数为8×＝1，CN－个数为8×＝4，NH3个数为8×＝2，苯环个数为4×＝2，则该晶胞的化学式为Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6，且晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2＋周围形成的配位键数目为4，Zn2＋周围形成的配位键数目为6，则Ni2＋与Zn2＋的配位数之比为4∶6＝2∶3；x∶y∶z＝4∶2∶2＝2∶1∶1；Ni2＋的配位数为4，则Ni2＋采取sp3杂化，而Zn2＋的配位数为6，Zn2＋采取sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2＋。(3)已知吡啶中含有与苯类似的Π大π键，则说明吡啶中N原子也是采取sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和容纳孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道。(4)已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度：吡啶远大于苯。(5)已知—CH3为推电子基团，—Cl是吸电子基团，则N原子电子云密度大小顺序为＞＞，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为。 13 / 46 学科网（北京）股份有限公司 $