资源简介

专题二　物质结构与性质
选择题突破二
1.分子（或离子）结构与性质
考向一
真题研析
1.A　中心原子含有孤电子对的分子，其空间结构与VSEPR模型不同，A错误。
2.D　N2分子中存在键能较大的N≡N，故相同条件下N2比O2稳定，A项正确；N2O、N均为CO2的等电子体，故其空间结构相同，均为直线形微粒，B项正确；由题给材料可知，N2O在催化剂作用下可分解为O2和N2，说明N2O中N—O比N—N更易断裂，C项正确；N2O的电子式为则σ键和大π键的数目均为2，数目相等，D项错误。
3.C　P原子的3个单电子与苯环形成共用电子对，孤电子对与Ni形成配位键，P对Ni的化合价没有影响，Ni—Cl键中共用电子对偏向Cl，则Ni为＋2价，A项正确；同周期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；该物质中苯环上碳原子杂化类型为sp2，P形成4个σ键，杂化类型为sp3，C项错误；基态Ni原子核外有28个电子，电子排布式为[Ar]3d84s2，价电子排布式为3d84s2，D项正确。
能力进阶
1.B　SO2中心原子价层电子对数为2＋（6－2×2）＝3，且含有1个孤电子对，空间结构为V形，是极性分子，A项错误；CO2中心原子价层电子对数为2＋（4－2×2）＝2，没有孤电子对，VSEPR模型名称和空间结构名称相同，都是直线形，B项正确；[Al（OH）4]－中Al采用sp3杂化，而Al（OH）3中Al采用sp2杂化，C项错误；氧的电负性大于硫，D项错误。
2.B　Cl2O分子中，中心O原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，其还有2个孤电子对，则结构式为，A正确；Cl2O、H2O、H2S中，中心原子的价层电子对数都为4，都发生sp3杂化，但Cl原子电负性比H大，S原子电负性比O小，则共用电子对最靠近H2O中的O原子，成键电子对间的排斥作用最大，键角最大，所以键角：H2S＜H2O、Cl2O＜H2O，B错误；C中心C原子的价层电子对数为3＋（4＋2－3×2）＝3，发生的杂化方式为sp2，C正确；形成Cl2时，两个Cl原子发生3p电子云的重叠，p电子云呈哑铃形，则电子云轮廓图为，D正确。
3.C　H2O2分子中两个O原子周围均有2个σ键和2个孤电子对，均采取sp3杂化轨道成键，A正确；H2O2和H2O都是极性分子，CCl4是非极性分子，根据相似相溶原理，相同条件下，H2O2在水中的溶解度大于在CCl4中的溶解度，B正确；共价键的作用力大于氢键大于范德华力，则液态水中的作用力由强到弱的顺序是O—H＞氢键＞范德华力，C错误；H3O＋中心O原子的价层电子对数为3＋（6－1－1×3）＝4，VSEPR模型为四面体形，含1个孤电子对，空间结构为三角锥形，D正确。
考向二
真题研析
1.A　P和Q分子结构对称，正、负电中心重合，都是非极性分子，A错误；同周期元素从左往右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能由小到大的顺序为B＜C＜N，B正确；P的分子式为C24H12，Q的分子式为B12N12H12，P、Q分子都是含156个电子，故1 mol P和1 mol Q所含电子数目相等，C正确；P和Q分子中C、B和N均与其他三个原子成键，且P和Q为平面结构，C、B和N均为sp2杂化，D正确。
2.B　同一周期主族元素，从左到右原子半径依次减小，因此，原子半径：O＜N＜C，A项正确；同一周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，其中第ⅡA族和第ⅤA族的元素例外，故第一电离能：C＜O＜N，B项错误；苯酚为极性分子，且可与水分子形成氢键，故在水中的溶解度：苯＜苯酚，C项正确；苯和苯酚中C的杂化方式均为sp2，D项正确。
3.D　NH3中N为sp3杂化，N中N为sp2杂化，则键角：NH3＜N，A项错误；NH2OH为分子晶体，[NH3OH]Cl为离子晶体，则熔点：NH2OH＜[NH3OH]Cl，B项错误；由题可知，NH2OH的碱性比NH3·H2O的弱，根据“越弱越水解”，知[NH3OH]＋的水解程度大于N的水解程度，且二者水解均使溶液显酸性，则同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl＜NH4Cl，C项错误；O的电负性大于N，且O的原子半径小于N，则O与H的结合能力更强，故羟胺分子间氢键的强弱：O—H…O＞N—H…N，D项正确。
能力进阶
1.B　NH3分子为三角锥形，为极性分子，CH4分子为正四面体形，为非极性分子，分子极性：NH3＞CH4，分子的极性与共价键的极性大小无关，A错误；I2和CCl4都是非极性分子，根据相似相溶原理可知，I2在CCl4中的溶解度较大，B正确；N中N原子发生sp2杂化，离子的空间结构呈平面三角形，P中的P原子发生sp3杂化，离子的空间结构呈正四面体形，结构更稳定，则HNO3的稳定性比H3PO4的差，与HNO3中的氢键数量少无关，C错误；超分子是由两种或两种以上的分子（包括离子）通过分子间相互作用形成的分子聚集体，D错误。
2.C　CH4分子中的中心原子C的价层电子对数为4，无孤电子对，NH3分子中的中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，H2O分子中的中心原子O的价层电子对数为4，孤电子对数为2，孤电子对数越多，孤电子对的排斥作用越大，键角越小，则键角大小为CH4＞NH3＞H2O，A错误；P、S位于同一周期，同一周期主族元素，从左往右第一电离能呈增大的趋势，但P的3p轨道半充满，比较稳定，其第一电离能高于同周期相邻的两种元素，B错误；CO和N2结构相似，相对分子质量相等，但CO为极性分子，N2为非极性分子，因此CO的沸点高于N2的沸点，C正确；F、Cl位于同一主族，同一主族从上到下，原子半径增大，元素非金属性减弱，对应氢化物的稳定性减弱，所以热稳定性：HF＞HCl，D错误。
3.B　SO2中心原子价层电子对数＝2＋（6－2×2）＝3，采取sp2杂化，含1个孤电子对，空间结构为V形，结构不对称，故为极性分子，A错误；Ge的原子半径较大，未杂化的p轨道很难重叠，Ge原子间难以形成π键，B正确；H2O可以形成分子间氢键，所以H2O的熔点高于H2S，C错误；—CF3属于吸电子基团，使—COOH更易电离出H＋，所以CF3COOH的酸性强于CH3COOH，D错误。
2.元素位、构、性推断
考向一
真题研析
1.D　X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期元素，W元素的焰色试验呈黄色，则W为Na元素；Z和Q同族，Z的原子序数是Q的一半，则Z为O元素、Q为S元素；Y原子核外有两个单电子，且原子序数小于O元素，故Y为C元素；结合X、Y、Z、W、Q的最外层电子数之和为18，则X的最外层电子数为1，故X为H元素或Li元素。C的电负性大于H和Li，故该化合物中C为负价，具有还原性，则该化合物具有可燃性，A项正确；该化合物中S元素为负价，具有还原性，B项正确；Na2O、Na2O2均能与水反应，C项正确；Na2S属于强碱弱酸盐，其溶于水所得溶液呈碱性，D项错误。
2.D　根据基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，且X能和原子序数最小的W形成化合物XW3，可知X是N元素、W是H元素；由Q是ds区元素且焰色试验呈绿色，可知Q为Cu元素；结合基态Y、Z原子有两个未成对电子，与Cu可形成CuZY4，根据原子序数关系可确定Y为O元素，Z为S元素。常温下，单质S呈固态，O2、H2均呈气态，且相对分子质量：O2＞H2，则分子间作用力：O2＞H2，故单质的沸点：S＞O＞H，A正确；NH3、H2O的中心原子N、O均采取sp3杂化，但N、O上分别有1、2个孤电子对，孤电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，故键角：NH3＞H2O，B正确；向CuSO4溶液中逐渐通入NH3，先生成蓝色Cu（OH）2沉淀，当NH3过量时，Cu（OH）2沉淀溶解生成深蓝色的[Cu（NH3）4]SO4溶液，C正确；配合物[Cu（NH3）4]SO4中Cu2＋提供空轨道，N原子提供孤电子对形成配位键，即其中的配位原子是N，D错误。
3.A　W的外层电子数是其内层电子数的2倍，则W为C元素；X、Y的第一电离能都比左右相邻元素的高，则X、Y为第ⅡA族或第ⅤA族的元素，W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素，结合无机盐Y3[ZW6X6]2可知Y为金属元素，则X为N元素，Y为Mg元素；Z的M层未成对电子数为4，根据构造原理知，Z的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则Z为Fe元素。W、X、Y、Z四种元素可分别形成的单质有金刚石、氮气、单质镁、单质铁，其中金刚石为共价晶体，熔点最高，A项错误；NH3的中心N原子的价层电子对数为3＋×（5－3×1）＝4，轨道杂化类型为sp3，B项正确；Mg（OH）2难溶于NaCl溶液，但能与NH4Cl溶液反应：Mg（OH）2＋2NMg2＋＋2NH3·H2O，C项正确；Mg3[Fe（CN）6]2中Fe3＋有空轨道，CN－提供孤电子对可以与Fe3＋形成配位键，D项正确。
能力进阶
1.D　X、Y、Z、M均为第三周期主族元素。该周期所有主族元素中，X的第一电离能最大，Y的金属性最强，X是Cl，Y是Na。Z和M原子核外均有2个单电子，Z的原子半径大于M，Z是Si，M是S。离子核外电子层数越多，离子半径越大，则简单离子半径：S2－＞Na＋，A错误；氯气为双原子分子，存在共价键，B错误；钠离子不水解，不能促进水的电离，C错误；基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，所以核外电子的空间运动状态有1＋1＋3＋1＋2＝8种，D正确。
2.D　短周期元素中，W的基态原子s能级上的电子总数和p能级上的电子总数相等，W可能为O，也可能为Mg，根据化合物的化学式，W只能为O，W和Z同主族，且属于短周期元素，则Z为S，Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al，根据化合物中各元素的化合价代数和为0，则X在该化合物中显＋1价，即X为Na。同周期元素从左向右第一电离能呈增大趋势，即第一电离能：S＞Al＞Na，A错误；Z、W简单氢化物分别为H2S、H2O，常温下水为液体，H2S为气体，沸点：H2O＞H2S，B错误；一般情况下，电子层数越多，半径越大，相同电子层，原子序数越大，半径越小，因此原子半径大小顺序是Na＞Al＞S＞O，C错误；W3为O3，ZW2为SO2，其中心原子的价层电子对数为2＋（6－2×2）＝3，空间结构为V形，SO2、O3互为等电子体，空间结构相同，均为V形，D正确。
3.D　X、Y、Z、Q是原子序数依次增大的前四周期非稀有气体元素，且分布在不同周期，则X是H，Y元素基态原子的价层电子排布式是nsnnp2n且位于第二周期，则Y是O，Z、Q元素原子的最外层均只有1个电子，Z元素原子中只有两种形状的电子云，则Z只含有s和p轨道，故Z为Na，Q元素基态原子内层轨道均排满电子，则Q为Cu。同周期元素从左到右电负性依次增大，同主族元素从上往下电负性依次减小，钠比铜容易失去电子，铜元素的电负性大于钠元素，故电负性：O＞H＞Cu＞Na，A错误；ZX为NaH，属于离子化合物，B错误；Z2Y2为Na2O2，是过氧化物，阴、阳离子数之比为1∶2，C错误；Q元素位于元素周期表第ⅠB族，位于ds区，D正确。
考向二
真题研析
1.D　Z的价电子所在能层有16个轨道，故Z为第四周期元素，结合题给化合物的结构图可知，Z为K元素；W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y的价电子数相等，结合题给结构图可知，X为O元素、Y为S元素；W形成一个共价键，则W为H元素。电负性：H＜S，A错误；H2SO3为弱酸，故酸性：H2SO3＜H2SO4，B错误；基态H原子中未成对电子数为1，基态O原子中未成对电子数为2，C错误；K的氧化物溶于水生成KOH，溶液pH＞7，S的氧化物溶于水生成H2SO3或H2SO4，溶液pH＜7，D正确。
2.D　由结构图知，Y形成5个共价键，Z形成3个共价键，Z和Y同族，Y的原子序数比Z大，则Z为N元素，Y为P元素；W形成4个共价键，原子序数比N小，则W为C元素；R形成1个共价键，原子序数比C小，则R为H元素；X形成2个共价键，原子序数在N和P之间，则X为O元素。NH3分子间可形成氢键，PH3分子间为范德华力，故沸点：NH3＞PH3，A项错误；非金属性：C＜N，则最高价氧化物的水化物的酸性：H2CO3＜HNO3，B项错误；同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，第ⅤA族元素由于p能级半充满，为稳定结构，其第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：C＜O＜N，C项错误；N中N原子的价层电子对数为3＋＝3，无孤电子对，N的空间结构为平面三角形，C中C原子的价层电子对数为3＋＝3，无孤电子对，C的空间结构为平面三角形，D项正确。
3.A　由W、X、Y、Z、Q均为短周期元素，且原子序数依次增大，分子中的所有原子均满足稀有气体的稳定电子构型，Z原子的电子数是Q的一半，图中W含有1个化学键，原子序数最小，故W为H，X含有4个共价键，故X为C，Z和Q都含2个共价键，且Z原子的电子数是Q的一半，故Z为O，Q为S，Y含3个共价键，而且原子序数介于C和O之间，故Y为N。非金属性：O＞S，故简单氢化物的稳定性：Z（O）＞Q（S），A正确；同一周期从左到右第一电离能呈现增大的趋势，故第一电离能：Y（N）＞X（C），B错误；基态原子中C的未成对电子数为2个，S的未成对电子数也为2个，故基态原子的未成对电子数：X（C）＝Q（S），C错误；原子半径为O＞H，故原子半径：Z（O）＞W（H），D错误。
能力进阶
1.A　W、X、Y、Z为同一短周期元素，由化合物的组成，可确定Z的最外层电子数为7，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，则X为Si，Z为Cl，W为Na，若Y为S，则不形成阴离子，所以Y为P，从而得出W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl。WZ为NaCl，NaCl晶胞中，Na＋的个数为4，A正确；X、Y、Z分别为Si、P、Cl，位于同周期，元素非金属性强弱顺序为Cl＞P＞Si，B不正确；Y为P元素，其最高价氧化物的水化物是中强酸，C不正确；该新化合物中，Y为P元素，其与2个Si原子各形成1个共用电子对，还获得Na失去的1个电子，所以满足8电子稳定结构，D不正确。
2.A　短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中基态W原子核外电子只有一种运动状态，则W为H，基态X原子核外s能级电子数是p能级电子数的4倍，则X基态核外电子排布式为1s22s22p1，X为B，X、Y位于同一周期，由结构式知，Y能形成2个共价键，Y为O，Z能形成一价阳离子，Z为Na。结合结构式可知，M阴离子中的H原子不满足8e－稳定结构，A错误；M阴离子中含过氧键具有强氧化性，故因含有－1价的Y元素（O）而具有强氧化性，B正确；由图可知，B元素形成4个σ键，杂化类型为sp3，O原子形成2个σ键且含有2个孤电子对，杂化类型为sp3，C正确；H分别与B、O形成的二元化合物中只含有共价键，D正确。
3.C　X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，由电解液分子的结构可知，X、Y、Z、W、M形成共价键的数目分别为1、4、2、1、6，基态原子X和M的最外层电子数之和等于W的最外层电子数，则X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、W为F元素、M为S元素。同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，则第一电离能大小顺序为F＞O＞S，A正确；由电解液分子的结构可知，电解液分子中S—F、C—F为sp3-p σ键，B正确；该电解液分子和苯甲醛分子中均没有和N、O、F连接的H，则两分子间不能形成分子间氢键，C错误；CH3F分子的空间结构不对称，属于极性分子，D正确。
3.晶胞结构的分析应用
考向一
真题研析
1.D　在反应2LiH＋C＋N2Li2CN2＋H2中，H元素由－1价升高到0价，C元素由0价升高到＋4价，N元素由0价降低到－3价，由此可知还原剂是LiH和C，A正确；Li＋位于晶胞中的面上，则含有的Li＋个数为8×＝4，B正确；观察位于体心的可知，与它最近且距离相等的Li＋有8个，C正确；的中心原子C原子的价层电子对数为2＋×＝2，可知为直线形结构，D错误。
2.C　纯金为24K，则18K金中金的质量分数为75％，Ⅰ中Au位于体心，个数为1，Cu位于顶点，个数为8×＝1，则Au的质量分数为×100％≈75％，为18K金，A正确；Ⅱ中Au位于顶点，个数为8×＝1，Cu位于面心，个数为6×＝3，晶体化学式为Cu3Au，1个Cu周围有4个Au，则1个Au周围有12个Cu，Au的配位数是12，B正确；Ⅲ中Au-Cu和Au-Au的最小核间距均为面对角线长度的，故最小核间距Au-Cu＝Au-Au，C错误；结合上述分析可知，Ⅰ中Au、Cu原子个数比为1∶1，Ⅱ中Au、Cu原子个数比为1∶3，Ⅲ中Au位于面心，个数为6×＝3，Cu位于顶点，个数为8×＝1，Au、Cu原子个数比为3∶1，D正确。
3.D　同周期元素从左到右电负性逐渐增强，电负性：Mg＜Cl，A项正确；镁为金属元素，单质Mg为金属晶体，B项正确；由图甲可知，该晶体中存在层状结构，则层与层之间存在范德华力，C项正确；由图乙中结构可知，与Mg2＋距离最近且相等的Cl－有6个，故Mg2＋的配位数为6，D项错误。
能力进阶
1.D　由图1知，Ti位于顶角，Fe位于体心，每个晶胞中含有的Ti原子个数＝8×＝1，含有的Fe原子个数为1，则钛铁合金的化学式为TiFe，A正确；由图1知，该晶体中每个Fe被8个Ti所形成的立方体包围，每个Ti亦被8个Fe所形成的立方体包围，即钛铁合金中每个Ti周围距离最近且相等的Fe有8个，B正确；合金与纯金属相比，一般熔点更低，硬度更大，C正确；由图2知，Ti位于长方体结构的顶角和棱上，Fe位于长方体结构内部，H位于体心和面上，每个长方体结构中含有的Ti原子个数＝8×＋4×＝2，含有的Fe原子个数为2，含有的H原子个数＝10×＋1＝6，原子个数比为Ti∶Fe∶H＝2∶2∶6＝1∶1∶3，则理论上形成的金属氢化物的化学式：TiFeH3，D错误。
2.B　Ni与Mn原子均位于顶角，且个数相同，因此配位数也相同，A正确；图给结构单元中，La个数是1，Ni与Mn个数均为4×＝0.5，O的个数为6×＝3，晶体化学式为La2MnNiO6，B错误；O空位的形成有利于O2－的传导，因为空位处动能大，离子移动快，C正确；晶体化学式为La2MnNiO6，考虑晶体缺陷则是La2MnNiO5.7，设＋3价La为x个，＋4价La为y个，则x＋y＝2，3x＋4y＋5＝5.7×2＝11.4，解得x＝1.6，y＝0.4，＋3价与＋4价La原子个数比为4∶1，D正确。
3.B　去插层过程中Cs元素均转化为CsI，A错误；根据均摊原则，晶胞中含有V原子数为8×＋4×＝4、Se原子数为8×＋2＝4、O原子数为8×＋1＝2，N的化学式为V2Se2O，B正确；根据图示，M中与Cs原子最临近的Se原子有8个，C错误；N中V原子位于Se原子围成的正方形中心，D错误。
考向二
真题研析
1.B　由均摊法知，结构1中含Co数目为×4＋4＝4.5，含S数目为×12＋1＝4，Co、S个数比为9∶8，则结构1钴硫化物的化学式为Co9S8，A正确；由晶胞2可知，S与S的最短距离为面对角线长度的，即a，B错误；晶胞2中Li与周围4个S形成正四面体结构，故晶胞2中距Li最近的S有4个，C正确；如图：，当2个晶胞2放在一起时，图中粗线框截取的部分就是晶胞3，晶胞2和晶胞3表示同一晶体，D正确。
2.D　该晶胞中Bi的个数为12×＋1＝4，F的个数为8×＋6×＋8＝12，故该铋氟化物的化学式为BiF3，A正确；将晶胞均分为8个小立方体，则晶胞体内的8个氟离子位于8个小立方体的体心，以M为原点建立坐标系，设N的原子分数坐标为（0，0，1），则T的原子分数坐标为（ 1，，），S的原子分数坐标为（ ，，），则粒子S、T之间的距离为×a pm＝a pm，B正确；该晶体密度为 g·cm－3＝ g·cm－3，C正确；以题给晶胞体心处铋离子为研究对象，距离其最近的氟离子为位于该晶胞体内的8个氟离子，D错误。
3.C　由图可知，晶胞中K在顶角，数目为×8＝1，Ca在晶胞的体心，数目为1，B在晶胞的面上，数目为×2×6＝6，C也在晶胞的面上，数目为×2×6＝6，故晶体的最简化学式为KCaB6C6，A项正确；由晶胞图可知，与Ca2＋最近且距离相等的K＋有8个，而晶胞中Ca2＋、K＋数目之比为1∶1，故与K＋最近且距离相等的Ca2＋也有8个，B项正确；结合图示可知，B、C原子围成的多面体，有6个面位于晶胞的六个面上，上半部分和下半部分还各有4个面，故该多面体中共有14个面，C项错误；该晶胞的摩尔质量为217 g·mol－1，晶胞体积为（a×10－10）3 cm3，故晶体密度为 g·cm－3，D项正确。
能力进阶
1.B　K＋在8个顶角和2个面心，均摊为×8＋×2＝2，根据化学式可知，的个数为2个。中中心原子价层电子对数＝2＋（5＋1－2×3）＝2，没有孤电子对，空间结构为直线形，A正确；由图知，以晶体中左侧底角的K＋为例，在xy平面有4个，在xz平面有4个，故每个K＋周围距离最近且相等的共有8个，B错误；晶胞质量为 g，密度为 g·cm－3，C正确；测定晶体结构的方法是X射线衍射法，D正确。
2.D　晶胞中Cu的个数为8×＋1＝2，K的个数为8×＋2＝4，F的个数为16×＋4×＋2＝8，则Cu、K、F的个数比为1∶2∶4，X的化学式为K2CuF4，反应的化学方程式为4K＋CuCl2＋2F22KCl＋K2CuF4，所以CuCl2与F2的物质的量之比为1∶2，A正确；基态F原子电子排布式为1s22s22p5，核外电子占据5个原子轨道，有5种空间运动状态，B正确；由晶胞结构图，Cu原子填充在由F原子构成的八面体空隙中，C正确；化合物X的密度即晶体的密度，即ρ＝ g·cm－3，D错误。
3.D　根据题意分析立方体A、B均是一个面心立方晶胞，S原子位于晶胞的顶角和面心，Cu、Fe、Sn分别位于体对角线上，因此用均摊法算出立方体A或立方体B中各原子个数为S：4，Cu：2，Fe：1，Sn：1，因此该硫化物的化学式为Cu2FeSnS4，A正确；晶胞中距离Fe、Sn和Cu最近且相等的S都是4个，晶胞中Cu、Fe、Sn的配位数均为4，B正确；由晶胞结构可知，晶胞中部分原子的分数坐标为S（0，0，0）、Fe（ ，，），则晶胞中Sn原子的分数坐标可以为（ ，，），C正确；晶胞中Sn和Cu原子间的最短距离为立方体面对角线长的一半，为a pm，D错误。
非选择题突破一
命题热点1
真题研析
1.
2.2　＋4价
解析：基态ⅣA族元素原子的价电子排布式为ns2np2，核外未成对电子数为2；在形成化合物时，呈现的最高化合价为＋4价。
3.
4.（1）AB　（2）CD
解析：（1）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；Na的第二电离能是指气态基态Na＋失去一个电子转化为气态基态Na2＋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；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；基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe＋，优先失去4s轨道上的电子，D项错误。（2）同一周期从左到右，元素的电负性依次增强，故电负性顺序为O＞N＞B，A错误；核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故半径顺序为P3－＞S2－＞Cl－，B错误；同一周期从左到右，元素的第一电离能呈增大的趋势，但第ⅤA族反常，故电离能顺序为Ge＜Se＜As，C正确；基态Cr2＋的简化电子排布式：[Ar]3d4，D正确。
能力进阶
1.（1）　ac　c
（2）F＞Cl＞S＞Si　F＞Cl＞S＞Si
2.（1）3　3　（2）Ga2O3
3.（1）哑铃形　（2）AB
4.（1）7　3d54s1
（2）140　O－带负电荷，对再得到的电子产生排斥，克服斥力需要消耗能量
（3）O＞N＞C＞H
命题热点2
真题研析
1.（1）bd　（2）C　sp3
解析：（1）CaC2中Ca2＋与之间为离子键，中C与C之间为非极性共价键，故不存在极性共价键和配位键。（2）该物质中含有H、C、Si元素，其中C的电负性最大；Si形成4个σ键，杂化轨道类型为sp3。
2.（1）平面三角形　（2）sp3杂化
解析：（1）SnCl2中Sn的价层电子对数为2＋×（4－2×1）＝3，故SnCl2分子的VSEPR模型名称是平面三角形；（2）SnCl4中Sn的价层电子对数为4＋×（4－4×1）＝4，有4个σ键、无孤电子对，故Sn采取sp3杂化，则SnCl4的Sn—Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。
3.sp3　＜　—NH2中N有孤电子对，对成键电子对排斥力大，键角小
4.（1）四面体形
（2）S2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
能力进阶
1.（1）20NA　（2）三角锥形　sp杂化
2.（1）sp2　（2）ae
3.（1）sp2　V　（2）BD
4.（1）NO2分子中N原子的杂化轨道中存在单电子　（2）与Zn2＋形成配位键，使N原子的孤电子对转变为成键电子对，排斥力变小
解析：（1）NO2与N空间结构相同，则NO2的中心原子N也为sp2杂化，3个sp2杂化轨道中，2个容纳2个成键电子对，1个容纳1个单电子，两个NO2分子中的单电子配对成键，形成N2O4。（2）由的结构可知其孤电子对数目较多，对成键电子对的排斥力大，不稳定，而与Zn2＋形成化合物时，中的孤电子对与Zn2＋中的空轨道结合形成配位键，成键电子对之间的排斥力小，所以Zn（N5）2能稳定存在。
命题热点3
真题研析
1.SnF4为离子晶体，其熔点高于其他三种物质，SnCl4、SnBr4、SnI4均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高
2.（1）HC＞HB＞HA　O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：CO＞CS＞CSe，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　（2）S的原子半径大于O的原子半径，S—H的键长大于O—H，S—H的键能小于O—H，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－，碱性：NaC＞NaD
3.（1）分子晶体　（2）＞　Ga（CH3）3中Ga为sp2杂化，Ga（CH3）3（Et2O）中Ga为sp3杂化
解析：（1）晶体Ga（CH3）3的沸点较低，为分子晶体。中Ga为sp2杂化，Ga（CH3）3（Et2O）中Ga为sp3杂化，因此C—Ga—C键角大小：Ga（CH3）3＞Ga（CH3）3（Et2O）。
能力进阶
1.（1）S中无孤电子对，S中有1个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力更大，导致S的键角小于S
（2）＜　F的电负性比H大，NF3中N原子周围电子云的密度减小，成键电子对之间的排斥力较小，因而键角较小
（3）大　CH3N中N形成4个σ键，而NH3分子中N有1个孤电子对，孤电子对对H—N的排斥力更大，H—N—H的键角变小
2.BaO　由于BaO、MgO均为离子晶体，阴离子相同，阳离子电荷相同，镁离子半径比钡离子半径小，MgO的离子键键能较大，其熔点较高，BaO熔点较低
3.（1）ZnF2是离子晶体，ZnCl2是分子晶体
（2）①5　②不能，在H（F—H…F－）离子中，氢原子已经形成氢键，H离子间没有形成氢键的氢原子
4.（1）＞　二者均为分子构成的物质，环氧丙烷的相对分子质量更大，分子的极性更大，范德华力更大
（2）N原子的电负性大，—CN具有吸电子效应，使HCN中H—C的极性更大，更易断裂
命题热点4
真题研析
1.a　Ca3N3B　×1030
解析：图丙中的Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故Ca与N的距离为a pm；由均摊法可知，晶胞中Ca的数目为8×＋2＝3，N的数目为8×＋2×＝3，B的数目为4×＝1，则该化合物的化学式为Ca3N3B；该晶胞体积为a2c×10－30 cm3，则晶体的密度为×1030 g·cm－3。
2.（1）ZnSnCu2S4　（2）（ ，，）
解析：（1）由晶胞结构可知，位于顶角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ZnSnCu2S4。（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（ ，，）。
能力进阶
1.（1）（ ，，）　（ ，，）　（2）0.9ρ
解析：（1）由晶胞结构可知，晶胞中氧离子位于顶角和面心，晶胞中4个铜离子位于体对角线的处，坐标参数分别为（ ，，）、（ ，，）、（ ，，）和（ ，，）。（2）由题意可知，氧化铜和氧化亚铜的晶胞中铜原子的个数相同，由两者晶胞参数相同可知，晶胞体积相同，则晶体的密度之比为∶，所以氧化亚铜的密度为0.9ρ g·cm－3。
2.a　
解析：如图所示，CD距离为y，该长度为体对角线BC长度的＝××a pm＝a pm；该晶胞中Mg原子位于8个顶角上，6个面心上，在晶胞内部有4个Mg原子，所以Mg原子个数＝8×＋6×＋4＝8，Cu原子位于晶胞内部，有16个；晶胞体积＝（a×10－10 cm）3，晶胞密度＝＝ g·cm－3＝ g·cm－3。
3.（1）6　12　（2）（ ，1，）　（3）××1010
解析：（1）晶胞中Mn原子周围有6个S原子与Mn原子的距离最近，则Mn原子的配位数为6；晶胞中位于体心的Mn原子与位于棱上的Mn原子距离最近，则距离Mn原子最近的Mn原子有12个。（2）位于顶角的1号S原子和3号S原子的坐标分别为（0，0，0）、（1，1，1），则晶胞的边长为1，位于面心的2号S原子坐标为（ ，1，）。（3）晶胞中位于顶角和面心的硫原子个数为8×＋6×＝4，位于棱上、体心的锰原子个数为12×＋1＝4，设晶胞的参数为a pm，由晶胞的质量公式可得：＝（a×10－10）3ρ，解得a＝×1010，晶胞中阴、阳离子最近距离为面对角线长的，距离为××1010 pm。
大题突破一　物质结构与性质综合题
真题研析
1.（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原子的电子排布式为[Ar]3d54s2，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[Ar]3d54s1，有6个未成对电子。
（2）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为1＋8×＝2，O的数目为2＋4×＝4，即该氧化物的化学式为MnO2；MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，Mn的化合价为＋2x，即Mn的化合价降低；所给氧化物中Ca的化合价只有＋2价，其余金属元素的化合价均可降低到比O大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质。
（3）B中B形成4个σ键（其中有1个配位键），为sp3杂化，空间结构为正四面体形；咪唑环存在大π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。
2.（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：（1）图1所示物质为碳元素形成的不同单质，互为同素异形体。金刚石是碳原子间通过共价键形成的立体网状结构，为共价晶体；石墨属于混合型晶体，C60为典型的分子晶体，C60间的作用力是范德华力；碳纳米管是纳米级石墨晶体。（2）酞菁分子中所有原子共平面，由酞菁的结构可知，酞菁分子中间有一个空腔，由8个碳原子和8个氮原子围成，这个空腔存在一个18电子的大π键，其中两个—NH—基团各提供两个p电子，其他的氮原子和碳原子各提供一个p电子，故p轨道能提供一对电子的N原子是③号N原子；钴酞菁分子中钴离子的化合价为＋2价，氮原子提供孤电子对与钴离子形成配位键。（3）根据AlCl3形成的二聚体结构，可知每个Al和4个Cl成键，杂化轨道类型为sp3杂化。AlF3的熔点远高于AlCl3，则AlF3为离子晶体，铝氟之间形成的是离子键。由AlF3中的原子个数比，可知该晶胞中顶角为Al3＋，棱心为F－，则与F－距离最近的Al3＋有2个，即F－的配位数为2。该晶胞中Al3＋数目为8×＝1，F－数目为12×＝3，即1个晶胞中含1个AlF3，根据晶胞的参数可知，晶体密度ρ＝ g·cm－3。
能力进阶
1.（1）O　6　（2）1∶2　三角锥形　（3）sp3、sp2　N（CH3）3
（4）SiO2为共价晶体，SeO2为分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体的熔点　（5）范德华力　3　a2cNA×10－36
解析：（1）Se与O均是第ⅥA族元素，因此电负性较大的是O；Se的最外层为6个电子，基态Se原子价层电子的运动状态有6种。（2）SO2＋中S原子价层电子对数＝1＋×（6－2－2）＝2，有1个孤电子对，sp杂化，电子式为[︰S O︰]2＋，化学键为三键，σ键和π键数目之比为1∶2；S中心原子S原子的价层电子对数为3＋（6＋2－3×2）＝4，有一个孤电子对，为三角锥形。（3）N（CH3）3中N原子形成三角锥形，N原子为sp3杂化，N（SiH3）3中N原子形成平面三角形，N原子为sp2杂化；因为N（CH3）3有孤电子对，所以N（CH3）3更易形成配合物。（4）由于SiO2为共价晶体，SeO2为分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体的熔点。（5）同一条链内原子作用很强，相邻链之间原子作用较弱，所以相邻链之间原子作用为范德华力；由晶胞的投影图可知，把投影图中三个硒原子看成是一个整体，则一个晶胞中硒原子的个数为12×＋12×＝3；晶胞的摩尔体积为Vm＝＝＝a2cNA×10－36m3·mol－1。
2.（1）15　（2）①A　②sp3　N＞C＞H　③二者均为分子晶体，乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键　（3）氮元素电负性更小，更容易给出孤电子对形成配位键　（4）①（ ，，）　②50　③×100％
解析：（1）基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，含有15个有电子的轨道，核外电子的空间运动状态有15种。（2）①Cu2＋与乙二胺所形成的配离子内部粒子间含有C—N、C—H、N—H、C—C和N—Cu，C—N、C—H和N—H为极性键，C—C为非极性键，N—Cu之间的化学键是配位键，不含有离子键，选A；②乙二胺分子中氮原子全部形成单键，其杂化轨道类型为sp3，元素的非金属性越强，其电负性越大，电负性大小顺序是N＞C＞H；③乙二胺分子中N原子上连接有氢原子，可形成氢键，而三甲胺分子中氮原子上没有连接氢原子，不能形成氢键，故乙二胺的沸点比三甲胺高很多。（3）向含Cu2＋的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的[Cu（NH3）4]2＋，是因为N元素电负性更小，更易给出孤电子对形成配位键。（4）①C点位于体对角线的处，根据A点和B点的晶胞参数，容易写出C的晶胞参数为（ ，，）；②由晶胞结构可知，Cu形成的正四面体空隙有8个，其中4个被S原子占据，则该晶体的正四面体空隙填充率为50％；③由公式ρ＝＝d g·cm－3，解得V＝ cm3，该晶胞中Cu原子个数＝8×＋6×＝4，S原子个数是4，所有原子体积＝π[（a×10－10cm）3＋（b×10－10cm）3]×4，该晶体中原子的空间利用率＝×100％＝×100％＝×100％。
1 / 3大题突破一　物质结构与性质综合题
真｜题｜研｜析
1.（2024·山东高考16题）锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：
（1）Mn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Mn多的元素是　　　　　　（填元素符号）。
（2）Mn的某种氧化物MnOx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MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn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　　　　（填字母）。
A.CaO B.V2O5
C.Fe2O3 D.CuO
（3）[BMIM]＋B（见图）是MnOx晶型转变的诱导剂。B的空间结构为　　　　；[BMIM]＋中咪唑环存在大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为　　　　。
（4）MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂（见下图）。FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
2.（2023·全国甲卷35题）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　　　　，氮原子提供孤电子对与钴离子形成　　　　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）。
　　预计2025年高考仍会借助新科技、新能源等为情境，围绕相关元素考查原子核外电子排布式（图）、电离能、电负性、σ键、π键、杂化方式、分子或离子的空间结构（价层电子对互斥模型）、化学键及氢键、晶体结构特点及微粒间作用力、晶体的熔、沸点比较及晶胞的计算，特别是对空间想象能力和计算能力的考查，是近几年的考查重点和难点，二轮复习时加以强化！
四步突破物质结构与性质综合题
能｜力｜进｜阶
1.（2024·成都二模）Si、S、Se在自然界中形成多种多样的物质结构。回答下列问题：
（1）Se与O同族，电负性较大的是　　　　；基态Se原子的价层电子运动状态有　　　　　　种。
（2）已知液态的二氧化硫可以发生类似水的自电离：2SO2（l）SO2＋＋S。SO2＋中各原子满足8电子结构，则其σ键和π键数目之比为　　　　　，S的空间结构为　　　　　。
（3）有一种观点认为：由于硅的价层有可以利用的空d轨道，而碳没有，因此两者化合物结构和性质存在较大差异。化合物N（CH3）3和N（SiH3）3的结构如图所示，N（SiH3）3为平面形，二者中N的杂化方式分别为　　　　　　，二者中更易与H＋形成配位键的是　　　　。
（4）Se与Si均为非金属元素，SiO2熔点（＞1 700 ℃）明显高于SeO2（315 ℃），原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（5）α-硒为六方晶胞结构，原子排列为相互平行的螺旋长链（如图1），沿着螺旋链方向的晶胞投影图如图2。α-硒六方晶胞参数为a pm、b pm、c pm（其中a＝b≠c），a轴与b轴间夹角为120°，c轴垂直于a轴与b轴，阿伏加德罗常数的值为NA。
相邻链间的作用力为　　　　　　　。晶胞中含有Se原子的数目为　　　　；则α-硒晶胞的摩尔体积为　　　　m3·mol－1（列出算式）。
2.（2024·潍坊二模）铜是重要的过渡元素，其单质及化合物具有广泛用途。回答下列问题：
（1）基态Cu原子核外电子的空间运动状态有　　　　种。
（2）铜元素能形成多种配合物，如Cu2＋与乙二胺（H2N—CH2—CH2—NH2）可形成如图所示配离子。
①此配离子内部不含有的化学键类型是　　　　（填字母）。
A.离子键 B.非极性键
C.配位键 D.极性键
②乙二胺分子中氮原子的杂化轨道类型为　　　　，C、N、H三种元素的电负性由大到小顺序是　　　　。
③乙二胺和三甲胺[N（CH3）3]均属于胺，乙二胺的沸点比三甲胺高很多，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（3）Cu2＋在水溶液中以[Cu（H2O）4]2＋形式存在，向含Cu2＋的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的[Cu（NH3）4]2＋，其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　。
（4）Cu和S形成某种晶体的晶胞如图所示。
①该晶胞原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（1，0，0）。则C原子的坐标参数为　　　　。
②该晶体中，可看作S填充在Cu形成的正四面体空隙中，则该晶体的正四面体空隙填充率为　　　　％。
③已知该晶体的密度为d g·cm－3，Cu2＋和S2－的半径分别为a pm和b pm，阿伏加德罗常数的值为NA。列式表示该晶体中原子的空间利用率　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
提示：完成课后作业　板块一　专题二
　非选择题突破一　大题突破一

展开更多......

收起↑