2023 高考化学二轮专题复习 专题5　物质结构与性质 专题复习

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专题5　物质结构与性质　
课标要求

命题角度
1.能说明微观粒子的运动状态与宏观物体运动特点的差异;
2.能结合能量最低原理、泡利原理、洪特规则书写1~36号元素基态原子的核外电子排布式和轨道表示式,并说明含义;
3.能说出元素电离能、电负性的含义,能描述主族元素第一电离能、电负性变化的一般规律,能从电子排布的角度对这一规律进行解释;
4.能说明电负性大小与原子在化合物中吸引电子能力的关系,能利用电负性判断元素的金属性与非金属性的强弱,推测化学键的极性;
5.能从原子价电子数目和价层电子排布的角度解释元素周期表的分区、周期和族的划分;
6.能列举元素周期律(表)的应用;
7.能说明建构思维模型在人类认识原子结构过程中的重要作用,能论证证据与模型建立及其发展之间的关系,并说明原子核外电子运动规律的理论探究对研究元素性质及其变化规律的意义;
8.能说出微粒间作用(离子键、共价键、配位键和分子间作用力等)的主要类型、特征和实质;
9.能比较不同类型的微粒间作用的联系与区别;
10.能说明典型物质的成键类型;
11.能利用电负性判断共价键的极性,能根据共价分子的结构特点说明简单分子的某些性质;
12.能运用离子键、配位键、金属键等模型,解释离子化合物、配合物、金属等物质的某些典型性质;
13.能说明分子间作用力(含氢键)对物质熔、沸点等性质的影响,能列举含有氢键的物质及其性质特点;
14.能根据给定的信息分析常见简单分子的空间结构,能利用相关理论解释简单的共价分子的空间结构;
15.能根据分子结构特点和键的极性来判断分子的极性,并据此对分子的一些典型性质及其应用作出解释;
16.能说出晶体与非晶体的区别;能结合实例描述晶体中微粒排列的周期性规律;
17.能借助分子晶体、共价晶体、离子晶体、金属晶体等模型说明晶体中的微粒及其微粒间的相互作用;能从微粒的空间排布及其相互作用的角度对生产、生活、科学研究中的简单案例进行分析,举例说明物质结构研究的应用价值,如配合物在生物、化学等领域的广泛应用,氢键对于生命的重大意义;
18.能举例说明人类对物质结构的认识是不断发展的,并简单说明促进这些发展的原因;
19.能说明原子光谱、分子光谱、X射线衍射等实验手段在物质结构研究中的作用; 能举例说明物质在原子、分子、超分子、聚集状态等不同尺度上的结构特点对物质性质的影响,能举例说明结构研究对于发现、制备新物质的作用;
20.能认识到化学已经发展成为实验和理论并重的学科,能欣赏物质结构的研究及其理论发展对化学学科发展的贡献。
1.原子结构;
2.核素、同位素;
3.核外电子排布;
4.元素推断;
5.半径比较;
6.金属性、非金属性比较;
7.电离能、电负性比较;
8.化学键类型;
9.微粒结构;
10.杂化方式;
11.分子极性;
12.键角比较;
13.物质溶解性;
14.晶体类型判断;
15.晶体熔、沸点比较;
16.配位键分析;
17.配合物结构分析;
18.晶胞结构分析;
19.粒子坐标分析;
20.晶体密度求算;
21.空间利用率求算;
22.微粒间距求算。
考点1　原子结构与核外电子排布
【研真题·明考向】
角度1　原子结构、核素、同位素
1.(2022·山东等级考)  813O、815O的半衰期很短,自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下:
 816O+23He→813O+baX;816O+23He→815O+nmY。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. 813O、815O可用作示踪原子研究化学反应历程
D.自然界不存在 813O2、815O2分子是因其化学键不稳定
解析:选B。根据质量守恒可知,X微粒为 26He,Y微粒为 24He。由分析可知,X微粒为 26He,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;由分析可知,X微粒为 26He,Y微粒为 24He,二者是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, 813O与 815O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 813O2与 815O2并不是因其化学键不稳定,而是由于 813O与 815O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。
角度2　核外电子排布
2.(真题组合)(1)(2022·山东等级考节选)基态Ni原子的价电子排布式为　　　　　,在元素周期表中位置为　　　　　。 
(2)(2022·广东选择考节选)Se与S同族,基态硒原子价电子排布式为　　　　　。 
(3)(2022·河北选择考节选)基态S原子的价电子中,两种自旋状态的电子数之比为　　　　。 
(4)(2022·全国甲卷节选)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为　　　　　。 
(5)(2022·全国乙卷节选)氟原子激发态的电子排布式有　　　　　,其中能量较高的是　 。 (填标号)
a.1s22s22p43s1　　　　　b.1s22s22p43d2
c.1s22s12p5 d.1s22s22p33p2
(6)(2022·海南等级考节选)基态O原子的电子排布式为　　　　　,其中未成对电子有　　　　　个。 
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,在元素周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第Ⅷ族;(2)S属于第三周期ⅥA族,价电子排布式为3s23p4,基态硒位于第四周期ⅥA族,则基态硒原子价电子排布式为4s24p4;(3)基态S的价电子排布式是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;(4)F为第9号元素,其电子排布式为1s22s22p5,则其价电子排布图为
;(5)F的原子序数为9,其基态原子电子排布式为1s22s22p5;1s22s22p43s1,基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上,属于氟原子的激发态,a正确;1s22s22p43d2,核外共10个电子,不是氟原子,b错误;1s22s12p5,核外共8个电子,不是氟原子,c错误;1s22s22p33p2,基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上,属于氟原子的激发态,d正确;而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高,因此能量最高的是1s22s22p33p2,答案选d;(6)O原子核外有8个电子,根据构造原理书写基态O的电子排布图为
,则其电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4,其2p能级上有2个未成对电子。
答案:(1)3d84s2　第4周期第Ⅷ族　(2)4s24p4
(3)1∶2(或2∶1)　(4)
(5)ad　d　(6)1s22s22p4(或[He]2s22p4)　2
【建模型·通方法】
1.能层与能级数量关系模型
(1)一至七能层的符号分别为K、L、M、N、O、P、Q,各能层容纳的最多电子数为2n2。
(2)s、p、d、f能级中最多容纳的电子数分别为2、6、10、14。
2.能层与能级能量关系模型

3.电子排布式书写方法
(1)按照构造原理将电子依次填充到能量逐渐升高的能级中,然后将同能层的能级移到一起。
(2)特殊原子:当p、d、f能级处于全空、全充满或半充满状态时,能量相对较低,原子结构较稳定。如Cr、Cu。
(3)离子的电子排布式
①原子失去电子时,总是从能量高的能级失去电子。一般来说,主族元素只失去它们的最外层电子,而副族元素可能还会向里失去内层电子。
②原子得到电子形成阴离子,得到的电子填充在最外一个能层的某一个能级上。
【练新题·提素能】
角度1　原子结构、核素、同位素
1.(2022·北京海淀区一模)铋可改善钢的加工性能。周期表中铋与砷(As)同主族,其最稳定的同位素为 83209Bi。下列说法不正确的是 (　　)
A.Bi是第六周期元素
B.83209的中子数是126
C.Bi的原子半径比As的小
D.83208Bi和 83209Bi具有相同的电子数
解析:选C。稀有气体中原子序数依次为2、10、18、36、54、86,Bi与86号元素相差3,则Bi处于第六周期ⅤA族,故A正确;083209Bi的中子数=质量数-质子数=209-83=126,故B正确;同主族元素中原子核外电子层数越大,其原子半径越大,故Bi的原子半径比As的大,故C错误;质子数等于核外电子数,因质子数相同,则核外电子数相同,故D正确。
角度2　核外电子排布
2.(1)基态Ti原子的核外电子排布式为　　　　　　　　　　。 
(2)银位于铜的下一周期,写出基态银原子的价电子排布式　 。 
(3)基态Ni原子价层电子的电子排布图为 　　　　　　。 
解析:(1)基态Ti原子核外有22个电子,根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2。
(2)铜为29号元素,则银为47号元素,核外有47个电子,根据构造原理可知基态银原子的价电子排布式为4d105s1。
(3)Ni位于周期表中第4周期第Ⅷ族,其基态原子价层电子排布式为3d84s2,则基态Ni原子价层电子的电子排布图(轨道表示式)为。
答案:(1)1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2
(2)4d105s1
(3)
　　　加固训练
　　1.(2022·福州模拟)我国导航卫星的“心脏”使用的是铷原子钟。关于铷原子( 3785Rb)说法正确的是 (　　)
A.中子数是37
B.质量数是85
C.电子数是38
D.与 3787Rb互称同素异形体
解析:选B。铷原子(3785Rb)中子数=85-37=48,故A错误;铷原子(3785Rb)的质量数为85,故B正确;铷原子(3785Rb)的质子数=核外电子数=37,故C错误;铷原子(3785Rb)与 3787Rb互称同位素,故D错误。
2.(2022·南通二模)工业制MgCl2的一种方法为Cl2+MgO+CMgCl2+CO。下列说法正确的是 (　　)
A.基态Cl原子核外电子排布式为3s23p5
B.Mg2+与O2-具有相同的电子层结构
C.MgCl2的电子式为 ··Cl······Mg··Cl······
D.816O表示中子数为16的氧原子
　解析:选B。氯原子原子序数为17,基态Cl原子核外电子排布式为[Ne]3s23p5,故A错误;Mg2+与O2-具有相同的电子层结构,均是2、8结构,故B正确;氯化镁是离子化合物,由Mg2+和Cl-构成,其电子式为[··Cl······]-Mg2+[··Cl······]-,故C错误;816O表示质子数为8,质量数为16的氧原子,中子数为16-8=8,故D错误。
3.下列说法或表达方式中正确的是 (　　)
A.1s22s22p63s23p64s24p3是基态原子的电子排布式
B.铜属于ds区元素,氯属于p区元素,二者基态原子未成对电子数目不相同
C.Fe3+核外电子共有23种运动状态,其d能级电子自旋方向相同
D.基态原子最外层电子排布为ns1的元素均在ⅠA族或ⅠB族
解析:选C。根据构造原理,4p能级能量比3d能级高,基态原子电子排布式应先填充完3d能级,再填充4p能级,故A错误;Cu处于第四周期ⅠB族,属于ds区元素,Cl处于第三周期第ⅦA族,属于p区元素,Cu原子、Cl原子都有1个未成对电子,故B错误;原子核外没有运动状态相同的电子,Fe3+核外电子有23个,即核外电子共有23种运动状态,Fe3+的d能级排布式为3d5,电子优先单独占有1个轨道且自旋方向相同,故C正确;ⅠA族或ⅠB族原子的最外层电子排布式可为ns1,但其他族也可能是,如Cr原子最外层电子排布式为4s1,其处于ⅥB族,故D错误。
考点2　元素周期表与元素周期律
【研真题·明考向】
角度1　元素周期表和元素周期律
1.(2022·广东选择考)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 (　　)
甲

乙
丙
丁
戊
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
解析:选C。甲~戊均为短周期元素,在元素周期表中的相对位置如题图所示;戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸,则戊为S或Cl,如戊为S,则甲为C,乙为O,丙为Si,丁为P;若戊为Cl,则甲为N,乙为F,丙为P,丁为S。同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,同主族元素从上到下原子半径逐渐增大,原子半径大小顺序是丁>戊>乙,故A正确;同一周期从左往右元素非金属性依次增强,同一主族从上往下依次减弱,则非金属性戊>丁>丙,故B正确;由分析可知甲可能为N或C,则氢化物可能为氨气,或是碳的氢化物,如甲烷、乙烷等,遇氯化氢不一定有白烟生成,故C错误;由分析可知,丙可能为硅或磷,最高价氧化物对应的水化物为硅酸或磷酸,均能与强碱反应,故D正确。
角度2　“位—构—性”关系
2.(2022·湖南选择考)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
解析:选C。由共价化合物的结构可知,W形成4个共价键,Y形成2个共价键,则Y为O元素,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,W应为Si元素,X则为C元素,Z形成1个共价键,Z为F元素。同周期元素,从左到右原子半径依次减小,则C、O、F的原子半径大小顺序为C>O>F,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的非金属性强弱顺序为O>C>Si,B正确;位于元素周期表右上角的氟元素的非金属性最强,单质具有很强的氧化性,C错误;原子序数为82的元素为铅元素,与硅元素都位于元素周期表ⅣA族,D正确。
【真题变式·拓展考向】
结合上题有关信息,分析下列说法正确的是 (　　)
A.最高价氧化物对应水化物的酸性:Z>Y>X
B.简单氢化物沸点:Z>Y>X
C.化合物中每个原子都符合8电子结构
D.Z单质可与水发生歧化反应
解析:选C。F、O没有最高价含氧酸,A错误;H2O沸点高于HF,B错误;每个原子都符合8电子稳定结构,C正确;F2与水反应生成HF和O2,D错误。
3.(2022·全国甲卷)Q、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,其最外层电子数之和为19。Q与X、Y、Z位于不同周期,X、Y相邻,Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍。下列说法正确的是 (　　)
A.非金属性:X>Q
B.单质的熔点:X>Y
C.简单氢化物的沸点:Z>Q
D.最高价含氧酸的酸性:Z>Y
解析:选D。Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,Q与X、Y、Z不在同一周期,Y原子最外层电子数为Q原子内层电子数的2倍,则Q应为第二周期元素,X、Y、Z位于第三周期,Y的最外层电子数为4,则Y为Si元素,X、Y相邻,且X的原子序数小于Y,则X为Al元素,Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19,则Q、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12,主族元素的最外层电子数最多为7,若Q的最外层电子数为7,为F元素,则Z的最外层电子数为5,为P元素,若Q的最外层电子数为6,为O元素,则Z的最外层电子数为6,为S元素,若Q的最外层电子数为5,为N元素,Z的最外层电子数为7,为Cl元素;综上所述,Q为N或O或F,X为Al,Y为Si,Z为Cl或S或P。X为Al,Q为N或O或F,同一周期从左往右元素非金属性依次增强,同一主族从上往下元素非金属性依次减弱,故非金属性:Q>X,A错误;由分析可知,X为Al属于金属晶体,Y为Si属于原子晶体(共价晶体),故单质熔点Si>Al,即Y>X,B错误;含有氢键的物质沸点较高,由分析可知Q为N或O或F,其简单氢化物为NH3或H2O或HF,Z为Cl或S或P,其简单氢化物为HCl或H2S或PH3,由于前者物质中存在分子间氢键,而后者物质中不存在,故沸点Q>Z,C错误;元素的非金属性越强,其最高价含氧酸的酸性越强,P、S、Cl的非金属性均强于Si,因此最高价含氧酸酸性:Z>Y,D正确。
角度3　电离能和电负性
4.(真题组合)(1)(2022·湖南选择考节选)富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为　　　　　　。 
(2)(2022·河北选择考节选)如图是硫的四种含氧酸根的结构:

根据组成和结构推断,能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO4-是　　　　(填标号)。理由是___________________________________________________________。 
(3)(2022·河北选择考节选)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______________________________________________。 
(4)(2022·全国甲卷节选)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是　　　　　(填标号),判断的根据是_____________________________________________________________; 
第三电离能的变化图是　　　　　(填标号)。 

解析:(1)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。
(2)Mn2+转化为MnO4-需要氧化剂,且氧化性比MnO4-的强,由SO2使KMnO4溶液褪色可知H2SO4的氧化性弱于MnO4-,A中的S化合价与H2SO4中S化合价相同,B、C中的S化合价比H2SO4中S化合价低,A、B、C氧化性均弱于MnO4-,故A、B、C均不符合题意;D中含有-1价的O,易被还原,具有强氧化性,能将Mn2+转化为MnO4-,故D符合。
(3)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。
(4)C、N、O、F四种元素在同一周期,同一周期从左到右第一电离能的总体趋势是升高的,但由于N元素的2p能级为半充满状态,因此N元素的第一电离能比O元素高,因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为CFe　(2)D　D中含有-1价的O,易被还原,具有强氧化性,能将Mn2+转化为MnO4-
(3)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
(4)图a　同一周期从左到右第一电离能的总体趋势是升高的,但由于N元素的2p能级为半充满状态,因此N元素的第一电离能比O元素高　图b
【建模型·通方法】
1.价电子排布和周期表的关系模型
(1)原子的电子层数=能级中最高能层序数=周期序数。
(2)主族元素原子的价电子数=该元素在周期表中的主族序数。
(3)过渡元素(除镧系、锕系外,以第四周期为例)
价电子数=该元素在周期表中的纵列数。
2.族和分区的关系模型
(1)主族:s区和p区。(ns+np)的电子数=族序数。
(2)0族:p区。(ns+np)的电子数=8(或2)。
(3)副族:d区+ds区+f区。
①d区中[(n-1)d+ns]的电子数=族序数(第Ⅷ族部分元素除外);
②当8≤[(n-1)d+ns]的电子数≤10时,则为第Ⅷ族元素;
③ds区中(n-1)d全充满,ns的电子数=族序数。
3.“位-构-性”关系模型

4.微粒半径大小比较方法
(1)原子半径大小的比较
①同电子层:一般来说,当电子层相同时,随着核电荷数的增加,其原子半径(或离子半径)逐渐减小(稀有气体除外),有“序小径大”的规律。
②同主族:能层数越多,原子半径越大。
(2)离子半径大小的比较
①同种元素的离子半径:阴离子>原子>阳离子,低价阳离子>高价阳离子。
如r(Cl-)>r(Cl),r(Fe)>r(Fe2+)>r(Fe3+)。
②电子层结构相同的离子,核电荷数越大,半径越小。
如r(O2-)>r(F-)>r(Na+)>r(Mg2+)>r(Al3+)。
③带相同电荷的离子,电子层数越多,半径越大。
如r(Li+)M>Y,故A正确;氧离子和镁离子的核外电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,则简单离子半径:RAl,则同温下,形状、大小相同的单质与等浓度、等体积的稀硫酸反应的速率:L>Q,故C正确;镁和铝均为活泼金属,则镁、铝单质常通过电解法冶炼获得,故D正确。
2.如图所示的四种短周期主族元素,已知元素X的原子核外电子数是M的2倍。相关叙述错误的是 (　　)


M
N
X
Y


A.X元素是镁
B.M元素可形成一种温室气体
C.最高价氧化物对应水化物的酸性:N>M
D.Y的氧化物是铝热剂的成分之一
解析:选D。X元素是镁,故A正确;碳元素形成的二氧化碳是一种温室气体,故B正确;非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,非金属性氮大于碳,则最高价氧化物对应水化物的酸性:N>M,故C正确;Al是铝热剂的成分之一,故D错误。
角度2　“位—构—性”关系
3.(2022·太原模拟)中国地质科学院地质研究所对嫦娥五号月球玄武岩开展了年代学、元素、同位素分析,证明月球在19.6亿年前仍存在岩浆活动。X、Y、Z、V、W是月核中含有的五种原子序数依次增大的前20号元素,X原子的最外层电子数是其电子总数的34,V的单质常在地球火山口附近沉积,Y的氧化物常用作耐高温材料,Y、W原子的最外层电子数相等且之和等于Z原子的最外层电子数,下列说法正确的是 (　　)
A.Y的氧化物是两性氧化物
B.最高价含氧酸的酸性:X>V>Z
C.简单离子半径:W>V>Y
D.X、Z形成的化合物是制备玻璃的原料之一
解析:选D。X、Y、Z、V、W是月核中含有的五种原子序数依次增大的前20号元素,X原子的最外层电子数是其电子总数的34,X原子的最外层电子数只能为6,电子总数为8,则为O;V的单质常在地球火山口附近沉积,则V为S;Y、W原子的最外层电子数相等且之和等于Z原子的最外层电子数,Z的最外层电子数为偶数,Y的氧化物常用作耐高温材料,Y可能为Mg、Al或Si元素,Z的原子序数大于Y小于V(S),则Z为Si,Y、W的最外层电子数为42=2,则Y为Mg,W为Ca。Y的氧化物为MgO,MgO属于碱性氧化物,不是两性氧化物,故A错误;氧元素不存在最高价含氧酸,故B错误;电子层越多离子半径越大,电子层结构相同时,核电荷数越大离子半径越小,则简单离子半径:V>W>Y,故C错误;X、Z形成的化合物为二氧化硅,二氧化硅是制备玻璃的原料之一,故D正确。
角度3　电离能和电负性
4.比较下列原子的电离能或依据分析相关原因。
(1)(2022·石家庄模拟)KBe2BO3F2的组成元素中,基态原子的第一电离能:Be　　　　(填“>”或“I2(Fe)的主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
解析:(1)基态Be的价电子排布式为2s2(全满的较稳定结构);基态B的价电子排布式为2s22p1,所以基态原子的第一电离能:Be>B。
(2)由表中电离能数据可知,M元素的第三电离能剧增,则该元素属于第ⅡA族,M位于第三周期ⅡA族,所以为Mg。
(3)失去第二个电子时,Cu+失去的是处于全充满3d10电子,Fe失去的是4s1电子,故I2(Cu)>I2(Fe)。
答案:(1)>　(2)Mg　M的I3远大于I2,说明M原子容易失去2个电子形成稳定结构,M位于第三周期ⅡA族,所以为Mg
(3)Cu+失去的是全充满3d10电子,比较困难,Fe失去的是4s1电子,故I2(Cu)>I2(Fe)
5.列出下列原子的电负性的大小顺序。
(1)C、N、F的电负性由大到小的顺序为　　　　　　　　　　。 
(2)Li、F、P、As四种元素的电负性由小到大的顺序为　　　　　　。 
(3)(2022·石家庄二模)丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为　　　　　　。 
(4)K3[Fe(CN)6]是鉴别Fe2+的重要试剂,这四种元素的电负性从大到小的顺序是
　　　　　(填元素符号)。 
解析:(1)非金属元素的非金属性越强,元素的电负性越大,元素非金属性的强弱顺序为F、N、C,则电负性的大小顺序为F>N>C。
(2)非金属性F>P>As>Li,则电负性由小到大的顺序为LiC>Fe>K。
答案:(1)F>N>C　(2)LiC>Fe>K
加固训练
　　1.(2022·北京通州区一模)下列说法正确的是 (　　)
A.第一电离能:C>Be>B
B.金属性:Li>Na>K
C.热稳定性:H2S>HCl>HF
D.电负性:ClB,故A正确;同主族元素从上到下,元素的金属性逐渐增强,故金属性:LiZ>W>M
D.X、Y、Z、W四种元素可组成含有极性键和非极性键的离子化合物
解析:选C。原子序数依次增大的五种短周期元素X、Y、Z、W、M,X是短周期中原子半径最小的元素,则X为H;Z、M同主族,Z形成三个共价键,M形成五个共价键,则Z、M分别为N、P;Z、W的原子序数之和等于M的原子序数,W的原子序数为15-7=8,则W为O;Y形成4个共价键,其原子序数小于O,则Y为C,H与C、N、O、P形成的C2H6、N2H4、H2O2、PH3均为18e-微粒,故A正确;常温下水为液态,氨气、磷化氢、甲烷为气态,水的沸点最高,氨气分子间存在氢键,其沸点大于磷化氢和甲烷,磷化氢的相对分子质量大于甲烷,其沸点大于甲烷,则最简单氢化物沸点:H2O>NH3>PH3>CH4,故B正确;主族元素同周期从左向右原子半径逐渐减小,同主族从上到下原子半径逐渐增大,则原子半径:M>Y>Z>W,故C错误;H、C、N、O形成的(NH4)2C2O4中含有离子键、极性键和非极性键,故D正确。
考点3　分子结构与性质
【研真题·明考向】
角度1　共价键和键参数
1.判断下列物质中的共价键类型及其他键参数。

(1)(2022·湖南选择考节选)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:
富马酸分子中σ键与π键的数目比为　　　　; 
(2)(2022·全国乙卷节选)一氯乙烯(C2H3Cl)分子中,C的一个　　　　　杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Cl　　　　　键,并且Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键(Π34)。 
(3)(2022·山东等级考节选)①已知吡啶()中含有与苯类似的π66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
②、、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　　　　　。 
(4)(2021·全国甲卷节选)CO2分子中存在　　　　　个σ键和　　　　个π键。  
(5)(2020·江苏高考节选)1 mol柠檬酸(结构如图所示)分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为　　　　mol。  

(6)(2020·山东等级考节选)NH3、PH3、AsH3键角由大到小的顺序为　　　　　　　　　　　。 
解析:(1)由结构模型可知,富马酸的结构简式为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)一氯乙烯的结构式为,碳为双键碳,采取sp2杂化,因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Cl σ键。
(3)①已知吡啶()中含有与苯类似的π66大π键,则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化,杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对,则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道;②已知—CH3为推电子基团,—Cl是吸电子基团,则导致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。
(4)CO2的结构式为O=C=O,1个双键中含有1个σ键和1个π键,因此1个CO2分子中含有2个σ键和2个π键。
(5)—COOH中,C与O形成双键以及C与O形成单键,1 mol —COOH中含有
2 mol σ键,C与羟基相连为单键,为一个σ键,所以1 mol柠檬酸中碳与氧共有
7 mol σ键。
(6)NH3、PH3、AsH3中心原子都是sp3杂化,都有1对孤电子对,中心原子的电负性越小,成键电子对之间的斥力越小,键角越小,所以这三种物质键角由大到小的顺序为NH3>PH3>AsH3。
答案:(1)11∶3　(2)sp2　σ　(3)①D
②　(4)2　2　(5)7　(6)NH3、PH3、AsH3
　　　　　 【自主总结】键参数与分子性质的关系

角度2　微粒构型
2.判断下列物质的空间构型或原子的价层电子对数。
(1)(2022·广东选择考节选)SeO42-的立体构型为　　　　　。 
(2)(2021·山东等级考节选)OF2分子的空间构型为　　　　　　　。 
(3)(2020·全国Ⅰ卷节选)磷酸根离子的空间构型为　　　　　　,其中P的价层电子对数为　　　　　　　。  
解析:(1)SeO42-的成键电子对数为4+6+2-4×22=4,无孤电子对,则SeO42-的VSEPR模型和立体构型均为正四面体形;
(2)根据VSEPR理论有2+6-1×22=4,去掉2对孤电子对,知OF2分子的空间构型是V形;
(3)经过计算,PO43-中不含孤电子对,成键电子对数目为4,价层电子对数为4,因此其构型为正四面体形。
答案:(1)正四面体形
(2)V形　(3)正四面体形　4
角度3　杂化轨道类型
3.(1)(2022·河北选择考节选)SnCl3-的几何构型为　　　　　　　,其中心原子杂化方式为　　　　　　　。 
(2)(2022·海南等级考节选)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。 

(3)(2021·河北选择考节选)已知KH2PO2是次磷酸的正盐,H3PO2的结构式为　　　　　　　,其中P采取　　　　　　　杂化方式。  
(4)(2021·山东等级考节选)Xe是第五周期的稀有气体元素,与F形成的XeF2室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为　　　　,下列对XeF2中心原子杂化方式推断合理的是　 (填标号)。
A.sp　　　B.sp2　　　C.sp3　　　D.sp3d
解析:(1)Sn是ⅣA族元素,SnCl3-的中心离子Sn2+价层电子对数为3+4+1-3×12=4,有3个σ键,1对孤电子对,中心原子是sp3杂化,SnCl3-的几何构型是三角锥形。
(2)由于所有原子共平面,所有氮原子的杂化方式均为sp2杂化。
(3)含氧酸分子中只有羟基上的H可以电离;由KH2PO2是次磷酸的正盐可知,H3PO2为一元酸,其分子中只有一个羟基,其结构式为,其中P共形成4个σ键、没有孤电子对,故其价层电子对数为4,其采取sp3杂化。
(4)XeF2中心原子的价层电子对数为2+8-1×22=5,其中心原子的杂化方式应为sp3d。
答案:(1)三角锥形　sp3杂化　(2)sp2
(3)　sp3　(4)5　D
【建模型·通方法】
1.价层电子对互斥模型
σ键电子
对数
孤电子对数
价层电子
对数
VSEPR模型
分子或离子的
空间结构
示例
2
0
2
直线形
直线形
HgCl2、
BeCl2、CO2
3
0
3
三角形
平面三角形
BF3、BCl3
2
1
V形
SnBr2、PbCl2
4
0
4
四面体形
正四面体形
CH4、CCl4
3
1
三角锥形
NH3、NF3
2
2
V形
H2O
2.杂化轨道模型
分子组成
(A为中心原子)
中心原子
的孤电子对数
中心原子
的杂化方式
分子空间结构
示例
AB2
0
sp
直线形
BeCl2
1
sp2
V形
SO2
2
sp3
V形
H2O
AB3
0
sp2
平面三角形
BF3
1
sp3
三角锥形
NH3
AB4
0
sp3
正四面体形
CH4
【练新题·提素能】
角度1　共价键和键参数
1.(2022·石家庄模拟)阴离子是该材料的组成部分,则1 mol该阴离子中含σ键的数目为　　　　　(NA为阿伏加德罗常数的值),已知该离子是平面结构,则图中标记*的N和O原子之间的σ键是由N原子的　　　　　　杂化轨道与O原子的　　　　　　轨道重叠形成。 
解析:阴离子是该材料的组成部分,单键和双键均含有一个σ键,则1 mol该阴离子中含σ键的数目为8NA;分析可知,N为sp2杂化,故图中标记*的N和O原子之间的σ键是由N原子的sp2杂化轨道与O原子的2p轨道重叠形成的。
答案:8NA　sp2　2p
2.CrO5中有4个-1价的O。CrO5中σ键与π键个数比为　　　　　。 
解析:CrO5中有4个-1价的O,则其结构式为,CrO5中σ键与π键个数比为7∶1。
答案:7∶1
角度2　微粒空间结构
3.判断下列物质的空间结构及相关的键参数等。
(1)(2022·张家口一模)SO2的VSEPR模型为　　　　　　。H2O和H2S分子中,键角更大的是　　　　　(填化学式)。 
(2)Cu2+可形成[Cu(en)2NH3](BF4)2,其中en代表H2N—CH2—CH2—NH2。该化合物分子中,VSEPR模型为四面体形的非金属原子共有　　　　　个。 
解析:(1)SO2中S原子的价层电子对数目为2+6-2×22=3,VSEPR模型为平面三角形;H2O中氧原子半径比H2S中硫原子半径更小,成键电子对更靠近氧原子,成键电子对之间排斥力更大,键角更大。
(2)[Cu(en)2NH3](BF4)2中氮原子、碳原子和硼原子的价层电子对数都为4,VSEPR模型都为四面体形,则VSEPR模型为四面体形的非金属原子共有(2×2+2×2+1+1×2)=11个。
答案:(1)平面三角形　H2O　(2)11
4.(2022·北京顺义区一模)Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+,为避免颜色干扰,常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-。由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是　　　　　,其空间结构是　　　　　　　。 
解析:Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+,为避免颜色干扰,常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-,即形成更稳定的配合物,故由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是PO43-;PO43-中心原子为P,其中σ键电子对数为4,中心原子孤电子对数=12×(5+3-4×2)=0,中心原子价层电子对数为4+0=4,磷原子采用sp3杂化,空间结构为正四面体形。
答案:PO43-　正四面体形
角度3　杂化轨道类型
5.判断下列物质中原子的杂化类型等。
(1)BF3、BF4-中B原子的杂化方式依次为　　　　　　、　　　　　。 
(2)(2022·邯郸一模)甲基丙烯酸铜是一种重要的有机铜试剂,其结构为。此有机铜试剂中,C原子的杂化类型有______________, 
1 mol此有机铜试剂中含有σ键的物质的量为　　　　　mol。 
(3)(2022·衡阳二模)①含有4个水分子的醋酸镍[Ni(C2H3O2)2•4H2O]结构为八面体,则中心Ni原子的配位数为 　　　　。 
②NaBH4是有机合成中常用的还原剂,BH4-的空间结构为 　　　　,NaBH4中存在 　　(填字母)。 
A.离子键　　 B.σ键　　 C.π键　　 D.氢键
解析:(1)BF3中硼原子价电子对数是3,硼原子的杂化方式为sp2;BF4-中硼原子价电子对数是4,硼原子的杂化方式为sp3。
(2)双键碳为sp2杂化,饱和碳为sp3杂化;两个原子之间都存在1个σ键,故1 mol此有机铜试剂中含有σ键的物质的量为22 mol。
(3)①四水合醋酸镍结构为八面体,2个CH3COO-和4个H2O均为配体,因此中心Ni原子的配位数为6;
②BH4-的中心原子B原子价层电子对数=4+3+1-1×42=4,没有孤电子对,中心原子B原子为sp3杂化,空间结构为正四面体形,NaBH4中存在Na+与BH4-,BH4-中存在B—H键,故NaBH4中存在离子键和σ键,故选AB。
答案:(1)sp2　sp3　(2)sp2、sp3　22
(3)①6　②正四面体形　AB
加固训练
　　1.(2022·北京昌平区二模)铁、氮气、丙酮和乙醇可参与制备铁氮化合物(FexNy),以下说法不正确的是 (　　)
A.Fe元素位于元素周期表的第ⅧB族
B.丙酮中碳原子采用sp2和sp3杂化
C.1个N2分子中有1个σ键和2个π键
D.乙醇的沸点高于二甲醚,是因为乙醇分子间存在氢键
解析:选A。铁为26号元素,位于元素周期表的第Ⅷ族,故A错误;丙酮中甲基上碳的价层电子对数为4,采用sp3杂化,羰基中的碳的价层电子对数为3,采用sp2杂化,故B正确;氮气中存在N≡N,有一个σ键和2个π键,故C正确;乙醇分子含有—OH,由于O吸引电子的能力强,使得H几乎成为裸露的质子,易被另一个乙醇分子中的O原子所吸引,易形成分子间氢键,导致乙醇的沸点比二甲醚高,故D正确。
2.(2022·丹东模拟)氮化铝(AlN)耐高温,可制作透明陶瓷。AlN与NaOH溶液可以反应,其化学方程式为AlN+NaOH+H2O===NaAlO2+NH3↑,下列说法正确的是 (　　)
A.重水的分子式为H2 18O
B.NH3分子中N原子采用sp2杂化方式
C.AlN晶体为分子晶体
D.水分子是由极性键构成的极性分子
解析:选D。重水分子中H的质量数为2,O的质量数为16,则重水的分子式为D2O,故A错误;NH3分子中孤电子对数=5-3×12=1,成键电子对数为3,价层电子对数为4,N原子采用sp3杂化方式,故B错误;AlN晶体由共价键构成,为共价晶体,故C错误;水分子只含有H—O极性键,水分子为V形,构成极性分子,故D正确。
考点4　晶体结构与性质
【研真题·明考向】
角度1　晶体类型和熔沸点比较
1.比较下列物质的晶体类型和熔、沸点大小等。
(1)(2022·全国乙卷节选)卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应,生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为　　　　　。解释X的熔点比Y高的原因　。 
(2)(2021·全国甲卷节选)单晶硅的晶体类型为　　　　　　　　。 
(3)(2021·广东选择考节选)H2S、CH4、H2O的沸点由高到低顺序为　　　　　　　。 
(4)(2021·山东等级考节选)OF2的熔、沸点　　　　(填“高于”或“低于”)Cl2O,原因是　　　　　　　　　。  
解析:(1)CsICl2发生非氧化还原反应,各元素化合价不变,生成无色晶体和红棕色液体,则无色晶体为CsCl,红棕色液体为ICl,而CsCl为离子晶体,熔化时,克服的是离子键,ICl为分子晶体,熔化时,克服的是分子间作用力,因此CsCl的熔点比ICl高。
(2)晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合,整块晶体是一个三维的共价键网状结构,因此晶体硅为共价晶体。
(3)H2S、CH4、H2O均为分子晶体,H2O分子间存在氢键,沸点较高,H2S、CH4的分子间范德华力随相对分子质量增大而增加,因此沸点由高到低顺序为H2O>H2S>CH4。
(4)OF2和Cl2O都是分子晶体,结构相似,Cl2O的相对分子质量大,Cl2O的熔、沸点高。
答案:(1)CsCl　CsCl为离子晶体,ICl为分子晶体　(2)共价晶体
(3)H2O>H2S>CH4
(4)低于　OF2相对分子质量小,分子间作用力小
角度2　配位键和配合物
2.(1)(2021·全国乙卷节选)三价铬离子能形成多种配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中提供电子对形成配位键的原子是　　　　　　　　,中心离子的配位数为　　　　　。  
(2)(2020·山东等级考节选)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示,
1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有　　　　　mol,该螯合物中N的杂化方式有　　　　　种。  

(3)(2020·全国Ⅲ卷节选)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好,是一种具有潜力的固体储氢材料。NH3BH3分子中,N—B化学键称为　　　　键,其电子对由　　　　提供。  
解析:(1)金属铬离子提供空轨道,Cr3+与3个NH3、2个H2O、1个Cl-形成配位键,则提供电子对形成配位键的原子是N、O、Cl,配位数为6。
(2)由该物质的结构简式和分析,根据题意“含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物”,故该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6 mol,Cd—NO2不算;该螯合物中N的杂化方式都是sp2杂化,故该物质中N的杂化方式有1种。
(3)NH3BH3分子是由NH3与BH3结合而成的,其中NH3分子中N原子具有孤电子对,而BH3分子中B原子具有空轨道,所以二者通过N与B原子之间形成配位键而结合生成NH3BH3。
答案:(1)N、O、Cl　6
(2)6　1　(3)配位　N
角度3　晶体结构
3.

(2022·湖北选择考)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
解析:选B。A.与Ca2+等距离且最近的F-有6个,所以Ca2+的配位数为6,故A正确;B.设晶胞棱长为a,与F-最近的K+的距离为22a、与F-最近的Ca2+的距离为a2,与F-距离最近的是Ca2+,故B错误;C.该晶胞中Ca2+个数为1、F-个数=6×12=3、K+个数=8×18=1,则化学式为KCaF3,故C正确;D.r(F-)离子晶体>分子晶体。金属晶体的熔、沸点有的很高(如钨),有的很低(如钠)。
(2)同属于共价晶体
一般组成晶体的原子半径越小,熔、沸点越高。如熔点:金刚石(C—C)>碳化硅(Si—C)>晶体硅(Si—Si)。
(3)同属于离子晶体
离子所带电荷数越多,离子半径越小,则离子键越强,熔、沸点越高。如熔点:MgO>NaCl>CsCl。
(4)同属于金属晶体
金属原子的价电子数越多,半径越小,金属键越强,熔、沸点越高。如熔点:Al>Mg>Na。
(5)同属于分子晶体
分子间作用力越强,熔、沸点越高。
①组成和结构相似的分子晶体,一般相对分子质量越大,分子间作用力越强,熔、沸点越高。如熔点:I2>Br2>Cl2>F2。
②相对分子质量相同或相近的物质,分子的极性越大,熔、沸点越高。如沸点:CO>N2。
③同分异构体之间:
a.一般是支链越多,熔、沸点越低。如沸点:正戊烷>异戊烷>新戊烷。
b.结构越对称,熔、沸点越低。如沸点:邻二甲苯>间二甲苯>对二甲苯。
④若分子间有氢键,则分子间作用力比结构相似的同类晶体大,故熔、沸点较高,如沸点:HF>HI>HBr>HCl。
⑤状态不同的物质在相同条件下,熔、沸点:固体>液体>气体。例如:S>Br2>O2。
3.晶胞相关计算模型
(1)立方晶胞的棱长a与面对角线、体对角线的关系:
①面对角线=2a;
②体对角线=3a。
(2)立方晶胞的密度ρ与晶胞内微粒数x之间的关系:a3·ρ=xNA·M。
若1个晶胞中含有x个微粒,则1 mol晶胞中含有x mol微粒,其质量为xM g(M为微粒的相对分子质量);1个晶胞的质量为ρV g(V为晶胞的体积),则1 mol晶胞的质量为ρVNA g,因此有xM=ρVNA。
【练新题·提素能】
角度1　晶体类型和熔、沸点比较
1.(2022·邯郸一模)O与Cu形成的化合物为Cu2O,Cu与S形成的化合物为Cu2S,Cu2O的熔点比Cu2S的　　　　(填“低”“高”或“无法确定”)。 
解析:它们都是离子晶体,其中氧离子的半径小,则氧化亚铜的晶格能大,其熔点高,故Cu2O的熔点比Cu2S的高。
答案:高
2.(1)(2022·北京顺义区一模)第ⅢA族磷化物均为共价化合物,被广泛用于高温技术、新型电子产品等领域。实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2 000 ℃、
1 070 ℃,从结构角度说明其熔点差异的原因　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)ZnO的熔点　　　　(填“高于”或“低于”)ZnS的熔点,原因是　 。 
解析:(1)实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2 000 ℃、1 070 ℃,从结构角度说明其熔点差异的原因是磷化铝和磷化铟属于共价晶体,由于Al、In为同主族元素,随着原子序数的递增,核外电子层数逐渐增加,原子半径Al