任務(wù)群(二)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)任務(wù)9基態(tài)原子的核外電子排布與電離能、電負(fù)性[主觀題]考向1基態(tài)原子的核外電子(價(jià)層電子)排布高考真題導(dǎo)向1.答案：2．答案：3．答案：2＋44．答案：四ⅦBCr5．答案：ds3d104s1題組跟進(jìn)演練1.答案：(1)3d14s2(2)(3)[Ar]3d104s24p1(4)[Ar]3d64s2(5)4f5(6)啞鈴(7)N球形(8)1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]3d84s2)2(9)41s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)2．答案：(1)3d24s212(2)A考向2電離能、電負(fù)性的理解與應(yīng)用高考真題導(dǎo)向1.答案：F>O>Cl2．答案：(1)4∶5(2)Na與Li同族，Na電子層數(shù)多，原子半徑大，易失電子Li、Be、B同周期，核電荷數(shù)依次增加，Be為1s22s2穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能最大，與Li相比，B核電荷數(shù)大，原子半徑小，較難失去電子，第一電離能較大題組跟進(jìn)演練1.答案：N元素的2p能級(jí)為半充滿狀態(tài)，是較穩(wěn)定的結(jié)構(gòu)，失去1個(gè)電子需要的能量更多2．答案：Na＋和Ne電子排布結(jié)構(gòu)相同，而Na＋比Ne的核電荷數(shù)大，因此Na＋原子核對(duì)核外電子的吸引力大于Ne原子核對(duì)核外電子的吸引力，所以Na＋更難失去電子，電離能更大3．答案：因?yàn)殡娯?fù)性F>I＝C，所以在CF3I中，受3個(gè)F原子吸引電子能力強(qiáng)的影響，I與C之間的共用電子對(duì)偏向于C，I顯＋1價(jià)，則CF3I發(fā)生水解時(shí)，生成CF3H和HIO任務(wù)10分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)[主觀題＋客觀題]題型一以主觀題形式單一考查考向1共價(jià)鍵類型、雜化軌道及分子的空間結(jié)構(gòu)高考真題導(dǎo)向1.解析：BF4-中B形成4個(gè)σ鍵(其中有1個(gè)配位鍵)，為sp3雜化，空間構(gòu)型為正四面體形；咪唑環(huán)存在Ⅱ56大π鍵，N原子形成3個(gè)σ答案：正四面體形sp22.答案：>Ga(CH3)3中Ga為sp2雜化，為平面三角形結(jié)構(gòu)，Ga(CH3)3(Et2O)中Ga為sp3雜化，為四面體結(jié)構(gòu)題組跟進(jìn)演練1.解析：配體NO2-的中心N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2＋12(6－2×2)＝3，且含有一個(gè)孤電子對(duì)，故NO2-中N原子的雜化方式是sp2雜化，空間結(jié)構(gòu)是V形，NO2-中參與形成大π鍵的原子數(shù)為3，中心原子采取sp2雜化，所以中心原子中有1個(gè)孤電子對(duì)沒有參與形成大π鍵，則參與形成大π鍵的電子數(shù)為6×3－2×2－2－4×2＝4答案：sp2V形Ⅱ2.解析：(1)由富馬酸分子的比例模型可知，富馬酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HOOCCH=CHCOOH，σ鍵有11個(gè)，π鍵有3個(gè)，則分子中σ鍵和π鍵的數(shù)目比為11∶3。(2)CO2的結(jié)構(gòu)式為O=C=O，1個(gè)雙鍵中含有1個(gè)σ鍵和1個(gè)π鍵，因此1個(gè)CO2分子中含有2個(gè)σ鍵和2個(gè)π鍵。(3)羧基的結(jié)構(gòu)是，一個(gè)羧基中碳原子與氧原子形成兩個(gè)σ鍵，三個(gè)羧基有6個(gè)，還有一個(gè)羥基與碳原子相連形成一個(gè)σ鍵，因此1mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的σ鍵為7mol。答案：(1)11∶3(2)22(3)73．答案：NaCl是離子晶體，SiCl4是分子晶體，NaCl中離子鍵強(qiáng)度遠(yuǎn)大于SiCl4分子間作用力SiCl4、GeCl4、SnCl4的熔點(diǎn)依次升高，因?yàn)槿呔鶠榉肿泳w，結(jié)構(gòu)相似，相對(duì)分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力逐漸增強(qiáng)正四面體形sp34．解析：由ClO2為V形結(jié)構(gòu)且存在大π鍵可知，ClO2中心原子Cl的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，則Cl為sp2雜化，其中兩個(gè)sp2雜化軌道與O的兩個(gè)p軌道形成兩個(gè)σ鍵，剩余的一個(gè)sp2雜化軌道容納一個(gè)孤電子對(duì)；ClO2的VSEPR模型是平面三角形，因孤電子對(duì)與成鍵電子對(duì)間的排斥，O—Cl—O鍵角小于120°，而Cl2O的VSEPR模型是四面體形，存在兩個(gè)孤電子對(duì)，由于孤電子對(duì)與成鍵電子對(duì)間的排斥，Cl—O—Cl鍵角小于109°28′，則O—Cl—O鍵角大于Cl—O—Cl鍵角。ClO2中存在大π鍵，而Cl2O中不存在π鍵，前者對(duì)O—Cl鍵鍵能的貢獻(xiàn)包括σ鍵和π鍵，而后者僅僅是σ鍵，則前者鍵能大，鍵長(zhǎng)短。答案：sp2>ClO2的鍵長(zhǎng)比Cl2O的短，因ClO2中存在大π鍵，而Cl2O中不存在π鍵，前者對(duì)O—Cl鍵鍵能的貢獻(xiàn)包括σ鍵和π鍵，而后者僅僅是σ鍵，則前者鍵能大，鍵長(zhǎng)短考向2分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的原因解釋題高考真題導(dǎo)向1.解析：由HMF和FDCA的結(jié)構(gòu)可知，HMF和FDCA均能形成分子間氫鍵，但FDCA形成的分子間氫鍵更多，使得FDCA的熔點(diǎn)遠(yuǎn)大于HMF。答案：FDCA形成的分子間氫鍵更多2．答案：(1)HC>HB>HAO、S、Se的電負(fù)性逐漸減小，鍵的極性C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羥基的極性逐漸增大，其中羥基與H2O形成的氫鍵逐漸增強(qiáng)(2)S的原子半徑大于O的原子半徑，S—H鍵的鍵能小于O—H鍵，同時(shí)HC可形成分子間氫鍵，使得HD比HC更易電離出H＋，酸性HD＞HC，C－的水解能力大于D－題組跟進(jìn)演練1.答案：(1)＞Cl3C—的極性大于Cl2HC—的極性，導(dǎo)致CCl3COOH的羧基中的羥基的極性更大，更易電離出H＋(2)＞烷基是推電子基團(tuán)，烷基越長(zhǎng)推電子效應(yīng)越大，使羧基中羥基的極性越小，羧酸的酸性越弱2．解析：由于Si原子有3d空軌道，而C原子沒有，且Si原子半徑大于C原子半徑，則Si—Cl鍵鍵長(zhǎng)長(zhǎng)，鍵能小；同時(shí)Si電負(fù)性小于C，Si—Cl鍵極性大；以上因素導(dǎo)致Si—Cl鍵更易斷裂，SiCl4比CCl4更易水解，故選abd。答案：abd3．答案：甲硫醇不能形成分子間氫鍵，而水和甲醇均能，且甲醇分子之間氫鍵的總強(qiáng)度低于水分子之間氫鍵的總強(qiáng)度4．答案：(b)中含有過氧鍵“—O—O—”，不穩(wěn)定，且氧化性強(qiáng)于I2，Na2S2O3無法被I2氧化為(b)結(jié)構(gòu)(或其他合理答案)題型二以選擇題形式綜合考查高考真題導(dǎo)向1.解析：選D。N2分子中存在N≡N，鍵能大于O2分子中化學(xué)鍵的鍵能，鍵能越大，分子越穩(wěn)定，因此，相同條件下N2比O2穩(wěn)定，A正確；N2O與NO2+均為CO2的等電子體，故均為直線形分子，兩者空間構(gòu)型相同，B正確；N2O的中心原子是N，其在催化劑作用下可分解為O2和N2，說明N2O中N—O鍵比N—N鍵更易斷裂，C正確；N2O中σ鍵和大π鍵的數(shù)目均為2，因此，σ鍵和大π鍵的數(shù)目相等，2．解析：選B。1分子甘油中含有三個(gè)羥基，可以形成分子間氫鍵，且氧的電負(fù)性較大，形成的氫鍵較強(qiáng)，故甘油是黏稠液體，A正確；鉑與HNO3反應(yīng)生成的Pt4+能與氯離子形成穩(wěn)定的配離子[PtCl6]2-，所以王水能溶解鉑，B錯(cuò)誤；冰晶體中，每個(gè)水分子周圍有4個(gè)緊鄰的水分子，氫鍵的存在迫使在四面體中心的每個(gè)水分子與四面體頂角方向的4個(gè)相鄰水分子相互吸引，這一排列使冰晶體中的水分子的空間利用率不高，干冰中的CO2之間只存在范德華力，一個(gè)分子周圍有12個(gè)緊鄰分子，故密度比冰的高，C正確；石墨中碳原子為sp2雜化，未參與雜化的2p原子軌道垂直于碳原子平面，由于所有p軌道相互平行且相互重疊，p軌道中的電子可在整個(gè)碳原子平面中運(yùn)動(dòng)，故石墨能導(dǎo)電，D正確。3．解析：選B。HCl是共價(jià)化合物，氫原子和氯原子各提供1個(gè)電子形成共價(jià)鍵，故正確表達(dá)式為，A錯(cuò)誤；NH4+的中心原子N原子為sp3雜化，且孤電子對(duì)數(shù)為0，ClO4-的中心原子Cl原子為sp3雜化，且孤電子對(duì)數(shù)為0，故NH4+和ClO4-的VSEPR模型和空間結(jié)構(gòu)都相同，B正確；C60和石墨中的碳原子為sp2雜化，金剛石中的碳原子為sp3雜化，C錯(cuò)誤；NH34．解析：選C。由圖中信息可知，白色的小球可形成2個(gè)共價(jià)鍵，灰色的小球只形成1個(gè)共價(jià)鍵，灰色的大球形成了4個(gè)共價(jià)鍵，根據(jù)O、F、I的電負(fù)性大小(F最大、I最小)及其價(jià)電子數(shù)可以判斷，白色的小球代表O原子、灰色的小球代表F原子，灰色的大球代表I原子，A不正確；根據(jù)該化合物結(jié)構(gòu)片斷可知，每個(gè)I原子與3個(gè)O原子形成共價(jià)鍵，根據(jù)均攤法可以判斷必須有2個(gè)O原子分別與2個(gè)I原子成鍵，才能確定該化合物化學(xué)式為IO2F，因此，該化合物中不存在過氧鍵，B不正確；I原子的價(jià)電子數(shù)為7，該化合物中F元素的化合價(jià)為－1，O元素的化合價(jià)為－2，則I元素的化合價(jià)為＋5，據(jù)此可以判斷每個(gè)I原子與其他原子形成3個(gè)單鍵和1個(gè)雙鍵，I原子的價(jià)電子數(shù)不等于其形成共價(jià)鍵的數(shù)目，因此，該化合物中I原子存在孤對(duì)電子，C正確；該化合物中既存在I—O單鍵，又存在I=O雙鍵，單鍵和雙鍵的鍵長(zhǎng)是不相等的，因此，該化合物中所有碘氧鍵鍵長(zhǎng)不相等，D不正確。5．解析：選C。P原子的3個(gè)孤電子與苯環(huán)形成共用電子對(duì)，P原子剩余一個(gè)孤電子對(duì)與Ni形成配位鍵，Cl能與Ni形成共價(jià)鍵，結(jié)合各元素化合價(jià)代數(shù)和為0知，Ni為＋2價(jià)，A項(xiàng)正確；同周期元素從左到右第一電離能呈增大趨勢(shì)，P位于第ⅤA族，價(jià)電子排布中3p軌道為半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，I1比相鄰第ⅥA族元素大，但仍比相鄰第ⅦA族元素小，則第一電離能Cl>P，B項(xiàng)正確；該物質(zhì)中碳原子位于苯環(huán)上，雜化類型為sp2，P形成4個(gè)σ鍵，無孤電子對(duì)，雜化類型為sp3，C項(xiàng)錯(cuò)誤；基態(tài)Ni原子核外有28個(gè)電子，電子排布式為[Ar]3d84s2，價(jià)電子排布式為3d84s2，D項(xiàng)正確。6．解析：選A。由所給分子結(jié)構(gòu)圖，P和Q分子都滿足對(duì)稱，正負(fù)電荷重心重合，都是非極性分子，A錯(cuò)誤；同周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢(shì)，氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結(jié)構(gòu)，第一電離能大于相鄰元素，則第一電離能由小到大的順序?yàn)锽<C<N，B正確；由所給分子結(jié)構(gòu)可知，P分子式為C24H12，Q分子式為B12N12H12，P、Q分子都是含156個(gè)電子，故1molP和1molQ所含電子數(shù)目相等，C正確；由所給分子結(jié)構(gòu)可知，P和Q分子中C、B和N均與其他三個(gè)原子成鍵，P和Q分子呈平面結(jié)構(gòu)，故P和Q分子中C、B和N均為sp2雜化，D正確。題組跟進(jìn)演練1.解析：選A。CH3OH和(CH3)2NNH2中C形成4個(gè)共價(jià)鍵為sp3雜化，O形成2個(gè)共價(jià)鍵且存在2個(gè)孤電子對(duì)為sp3雜化，N形成3個(gè)共價(jià)鍵且存在1個(gè)孤電子對(duì)為sp3雜化，雜化方式均相同，A正確；有手性碳原子的分子不一定是手性分子，某些化合物分子中存在手性碳原子，但由于分子內(nèi)存在對(duì)稱因素，使得分子沒有旋光性，B錯(cuò)誤；NaClO含有離子鍵和氯氧共價(jià)鍵，NaCl只含有離子鍵，所含的化學(xué)鍵類型不相同，C錯(cuò)誤；BeCl2的Be形成2個(gè)共價(jià)鍵且無孤電子對(duì)，空間結(jié)構(gòu)為直線形，D錯(cuò)誤。2．解析：選D。臭氧是弱極性分子，在水中的溶解度小于在四氯化碳中的溶解度，A錯(cuò)誤；因?yàn)樗肿娱g形成的氫鍵數(shù)目大于氟化氫分子間形成的的氫鍵數(shù)目，因此水的沸點(diǎn)高于氟化氫的沸點(diǎn)，B錯(cuò)誤；石墨層間靠范德華力維系，但是共價(jià)鍵鍵能強(qiáng)，石墨的熔點(diǎn)很高，C錯(cuò)誤。3．解析：選B。A.由于乙醇中存在和氧原子相連的氫原子，存在分子間氫鍵，而乙醛中不存在，導(dǎo)致乙醇(78.3℃)的沸點(diǎn)高于乙醛(20.8℃)，即與氫鍵作用有關(guān)；B.KAl2Cl7是離子晶體，Al2Cl6是分子晶體，作用力為離子鍵＞范德華力，導(dǎo)致KAl2Cl7的熔點(diǎn)遠(yuǎn)高于Al2Cl6，與晶體類型有關(guān)；C.電負(fù)性F＞Cl，故PF3中共用電子對(duì)離P更遠(yuǎn)，排斥力更小，鍵角更小，即鍵角與F、Cl的電負(fù)性差異有關(guān)；D.由于半徑I＞Br，導(dǎo)致H—Br的鍵能比H—I的鍵能大，所以熱分解溫度HBr大于HI，即穩(wěn)定性HBr＞HI，故HBr和HI的熱穩(wěn)定性和鍵能有關(guān)。4．解析：選A。NO2+中，N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2，發(fā)生sp雜化，最外層不存在孤電子對(duì)，空間結(jié)構(gòu)為直線形，A正確；通常，慢反應(yīng)的活化能較大，快反應(yīng)的活化能較小，則反應(yīng)③的活化能比反應(yīng)②小，B不正確；將①②③反應(yīng)加和，可得出總反應(yīng)為，則反應(yīng)的類型為取代反應(yīng)，C不正確；中，與—NO2相連的碳原子發(fā)生sp3雜化，其他碳原子均發(fā)生sp2雜化，D不正確。任務(wù)11化學(xué)用語的規(guī)范使用[選擇題]高考真題導(dǎo)向1.解析：選C。中子數(shù)為1的氦元素的質(zhì)量數(shù)為3，表示為23He，A錯(cuò)誤；二氧化硅為共價(jià)晶體，B錯(cuò)誤；F2中的共價(jià)鍵由2個(gè)F原子各提供1個(gè)未成對(duì)電子的2p原子軌道重疊形成，為p-pσ鍵，C正確；PCl3的中心原子P的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3＋5－3×12＝4，有2．解析：選A。含有的官能團(tuán)為羥基，甲基與羥基相鄰，系統(tǒng)命名為2-甲基苯酚，A正確；臭氧中心原子O的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2＋6－2×22＝3，屬于sp2雜化，有1個(gè)孤電子對(duì)，臭氧為V形分子，球棍模型為：，B錯(cuò)誤；K能層只有1個(gè)能級(jí)1s，不存在1p能級(jí)，C錯(cuò)誤；p-pπ鍵形成的軌道重疊示意圖為：，3．解析：選B。2個(gè)Cl原子中的單電子結(jié)合形成共用電子對(duì)得到氯氣，A正確；亞銅氨離子帶1個(gè)單位的正電荷，故該反應(yīng)的離子方程式為[Cu(NH3)2]＋＋CO＋NH3?[Cu(NH3)3CO]＋，B錯(cuò)誤；p軌道“肩并肩”重疊形成π鍵，C正確；芳綸纖維凱芙拉由對(duì)苯二胺和對(duì)苯二甲酸縮聚而成，D正確。題組跟進(jìn)演練1.解析：選D。CO2分子中存在2個(gè)碳氧雙鍵，電子式為，A錯(cuò)誤；鍺是第四周期第ⅣA族元素，基態(tài)鍺原子的簡(jiǎn)化電子排布式：[Ar]3d104s24p2，B錯(cuò)誤；甲基的電子式：，C錯(cuò)誤；鋁原子最高能級(jí)為3p，p軌道為啞鈴形，電子云輪廓圖為，D正確。2．解析：選B。2-甲基戊烷的鍵線式為，A錯(cuò)誤；P4的空間結(jié)構(gòu)是正四面體，并且鍵角為60°，其空間結(jié)構(gòu)為，B正確；鋁離子的核電荷數(shù)為13，最外層為8個(gè)電子，結(jié)構(gòu)示意圖為，C錯(cuò)誤；CH3CHO的球棍模型為，空間填充模型為，D錯(cuò)誤。3．解析：選D。中心原子S的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3＋12(6－2×3)＝3，沒有孤電子對(duì)，VSEPR模型是平面三角形，與圖不相符，A項(xiàng)錯(cuò)誤；乙炔分子的空間填充模型為，球棍模型為，B項(xiàng)錯(cuò)誤；基態(tài)Ti原子的價(jià)層電子排布式為3d24s2，軌道表示式為，C項(xiàng)錯(cuò)誤。4．解析：選B。CH3CH(CH2CH3)2主鏈上有5個(gè)碳原子，3號(hào)位有1個(gè)甲基，名稱為3-甲基戊烷，A正確；SO2的中心原子S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2＋6－2×22＝3，含有1個(gè)孤電子對(duì)，其VSEPR5．解析：選D。[Ag(CN)2]－中含有Ag＋和CN－之間的配位鍵，CN－內(nèi)含有三鍵，故該配離子中σ鍵與π鍵的個(gè)數(shù)比為4∶4＝1∶1，D錯(cuò)誤。任務(wù)12元素“位—構(gòu)—性”的關(guān)系及應(yīng)用[選擇題]考向1語言描述型元素推斷高考真題導(dǎo)向1.解析：選A。根據(jù)題干信息可知：W為C，X為N，Y為Mg，Z為Fe。W、X、Y、Z四種元素可分別形成的單質(zhì)有金剛石、氮?dú)?、單質(zhì)鎂、單質(zhì)鐵，其中金剛石為共價(jià)晶體，熔點(diǎn)最高，A項(xiàng)錯(cuò)誤；NH3的中心原子N的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3＋12×(5－3×1)＝4，軌道雜化類型為sp3，B項(xiàng)正確；Mg(OH)2難溶于NaCl溶液，由于NH4Cl為強(qiáng)酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性，故Mg(OH)2能與NH4Cl溶液反應(yīng)：Mg(OH)2＋2NH4+=Mg2+＋2NH3·H2O，C項(xiàng)正確；Mg3[Fe(CN)6]2中Fe3+有空軌道，CN－提供孤電子對(duì)可以與Fe2．解析：選D。X、Y、Z、W、Q為短周期元素，W元素的焰色試驗(yàn)呈黃色，W為Na元素；Z和Q同族，Z的原子序數(shù)是Q的一半，則Z為O、Q為S；Y原子核外有兩個(gè)單電子且原子序數(shù)小于Z，Y為C元素；X、Y、Z、W、Q的最外層電子數(shù)之和為18，則X的最外層電子數(shù)為18－4－6－1－6＝1，X為H或Li。若X為H，H與C組成的化合物為烴，烴能夠燃燒，若X為L(zhǎng)i，Li與C組成的化合物也具有可燃性，A項(xiàng)正確；X、Q組成化合物中Q(即S)元素呈－2價(jià)，為S元素的最低價(jià)，具有還原性，B項(xiàng)正確；Z、W組成的化合物為Na2O、Na2O2，Na2O與水反應(yīng)生成NaOH，Na2O2與水反應(yīng)生成NaOH和O2，C項(xiàng)正確；W、Q組成的化合物Na2S屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，其溶于水所得溶液呈堿性，D項(xiàng)錯(cuò)誤。3．解析：選A。由題給信息推知：X為N，Y為O，W為B，Z為F。BF3為非極性分子，NF3為極性分子，故分子的極性BF3<NF3，A正確；同周期元素從左到右，元素的第一電離能呈增大趨勢(shì)，但N的2p能級(jí)處于半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能大于O，所以第一電離能F>N>O，B錯(cuò)誤；N2O3的氧化性大于B2O3，C錯(cuò)誤；鍵能N2>O2>F2，D錯(cuò)誤。題組跟進(jìn)演練1.解析：選A。W是宇宙中含量最多的元素，故W為H元素，基態(tài)Z原子的s電子總數(shù)和p電子總數(shù)均為4，Z原子電子排布式為1s22s22p4，則Z為O元素，基態(tài)X原子和基態(tài)Z原子具有相同的單電子數(shù)，有2個(gè)單電子，X可能為Si或C元素，又因?yàn)閃、X、Y和Z的原子序數(shù)之和為22，故X為C元素，則Y為N元素，該物質(zhì)為C2H7NO。利用同周期從左向右原子半徑依次減小，同主族從上到下原子半徑依次增大，因此原子半徑：r(O)<r(N)<r(C)，A正確；非金屬性越強(qiáng)，其簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，同周期從左向右非金屬性增強(qiáng)，O的非金屬性強(qiáng)于N，H2O的穩(wěn)定性強(qiáng)于NH3，B錯(cuò)誤；E中既含有極性共價(jià)鍵、也有非極性鍵，C錯(cuò)誤；利用同周期從左向右電負(fù)性依次增大，同主族從上到下電負(fù)性依次減小，電負(fù)性：C<N<O，D錯(cuò)誤。2．解析：選C。Y的基態(tài)原子價(jià)層電子排布式為nsn-1npn-2，可知n＝3，價(jià)層電子排布式為3s23p1，Y為Al元素，Y和Z同周期，因此Z也是在第三周期，Z的基態(tài)原子價(jià)層的s和p軌道電子數(shù)相同，可知Z的基態(tài)原子價(jià)層電子排布式為3s23p2，Z為Si元素，E在地殼中含量最多，因此E為O元素，由于組成元素原子序數(shù)均小于20，且在前四個(gè)周期均有分布，還差第一周期和第四周期，根據(jù)僅X和M同族，電負(fù)性：X<M可知，M為H元素，X為K元素，則化合物為KAl3Si3H2O12。Z為Si元素，Y為Al元素，同周期從左往右原子半徑減小，因此原子半徑為Si<Al，A錯(cuò)誤；E元素為O，同周期中比O第一電離能大的有N、F、Ne3種元素，B錯(cuò)誤；ZE2為SiO2，ZM4為SiH4，SiO2為共價(jià)晶體，SiH4為分子晶體，共價(jià)晶體熔點(diǎn)更高，因此熔點(diǎn)是SiO2>SiH4，C正確；M3E＋為H3O＋，中心原子O原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，因此為sp3雜化，D錯(cuò)誤。3．解析：選C。根據(jù)基態(tài)X原子s軌道上的電子數(shù)與p軌道上的電子數(shù)相等，推知X為Mg或O元素，由熒光粉結(jié)構(gòu)可知X主要形成酸根，故X為O元素，基態(tài)O原子的未成對(duì)電子數(shù)為2，則基態(tài)Y、Z原子的未成對(duì)電子數(shù)分別為1、3，結(jié)合原子序數(shù)關(guān)系可確定Y為F元素或Na元素，Z為P元素，W、Y可形成WY2，Y不可能為金屬元素，則Y為F元素，則該熒光粉的主要成分為3W3(PO4)2·WF2，結(jié)合化合物中各元素化合價(jià)代數(shù)和為0可確定W為＋2價(jià)，又其原子序數(shù)最大，故W為Ca元素。元素電負(fù)性F>O>P>Ca，A項(xiàng)錯(cuò)誤；原子半徑F<O<P<Ca，B項(xiàng)錯(cuò)誤；F2、Ca與水反應(yīng)生成的氣體分別為O2和H2，C項(xiàng)正確；P元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物H3PO4不具有強(qiáng)氧化性，D項(xiàng)錯(cuò)誤。考向2根據(jù)元素周期表片段進(jìn)行元素推斷高考真題導(dǎo)向1.解析：選C。甲～戊是短周期元素，戊的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物為強(qiáng)酸，則可能是硫酸或高氯酸。若是高氯酸，則戊為Cl，甲為N、乙為F、丙為P、丁為S；若是硫酸，則戊為S，甲為C、乙為O、丙為Si、丁為P。甲的氫化物可能為氨氣、甲烷、乙烷等，若是氨氣，則遇氯化氫有白煙產(chǎn)生；若是甲烷、乙烷等，則遇氯化氫沒有白煙生成，故C錯(cuò)誤。丙的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可能是硅酸，也可能是磷酸，都能與強(qiáng)堿反應(yīng)，故D正確。2．解析：選A。根據(jù)短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相對(duì)位置，以及Y的最高化合價(jià)為＋3，可推知，X為Mg，Y為Al，Z為C，M為N，Q為S，R為Cl，據(jù)此分析答題。ZQ2為CS2，ZR4為CCl4，CS2中硫的還原性強(qiáng)于CCl4中的氯元素，A錯(cuò)誤；Mg和CO2發(fā)生反應(yīng)：2Mg＋CO2點(diǎn)燃2MgO＋C，B正確；Al和Fe2O3發(fā)生鋁熱反應(yīng)：2Al＋Fe2O3高溫Al2O3＋2Fe，C正確；N的最高價(jià)氧化物的水化物為HNO3，最低價(jià)氫化物為NH3，二者發(fā)生反應(yīng)：HNO3＋NH3=NH4NO3，D正確。題組跟進(jìn)演練1.解析：選B。W、X、Y、Z、M、N六種主族元素，根據(jù)它們?cè)谥芷诒碇形恢每芍?，W為O元素、X為Na、Y為Mg、Z為S、M為Cl、N為Ge元素。同周期原子半徑從左到右依次減小，故原子半徑Na>Mg，A正確；W為O元素，原子序數(shù)為8，位于元素周期表第二周期第ⅥA族，B錯(cuò)誤；元素非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，酸性：HClO4>H2SO4，C正確；Ge位于金屬和非金屬分界處，此處的元素多數(shù)具有半導(dǎo)體的性質(zhì)，D正確。2．解析：選D。分析可知，Z為N元素，Y為C元素，W為O元素，X為Al元素，M為S元素。同周期元素從左到右非金屬性逐漸增強(qiáng)，則非金屬性W>Z>Y，A正確；M為S元素，Y為C元素，M、Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物分別為H2SO4、H2CO3，則最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性M>Y，B正確；X為Al，W為O，通過電解熔融的Al2O3可制得Al單質(zhì)，C正確；Z為N，W為O，氣態(tài)N2O4的體系中存在平衡N2O4?2NO2，NO2為紅棕色氣體，D錯(cuò)誤。3．解析：選A。W、Y對(duì)應(yīng)的簡(jiǎn)單氫化物分別為H2S和H2O，元素非金屬性越強(qiáng)，其簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性O(shè)＞S，所以水的穩(wěn)定性比H2S高，故A錯(cuò)誤，D正確；S和Cl的非金屬性S＜Cl，所以陰離子的還原性S2-＞Cl－，故B正確；O2-和Al3+核外電子排布相同，離子半徑隨核電荷數(shù)的增大而減小，所以離子半徑O2-＞Al3+，故C正確。考向3物質(zhì)結(jié)構(gòu)示意圖型元素推斷高考真題導(dǎo)向1.解析：選D。根據(jù)題目信息可知：W為H，X為O，Y為S，Z為K。電負(fù)性：H<S，A錯(cuò)誤；H2SO3為弱酸，故酸性：H2SO3<H2SO4，B錯(cuò)誤；基態(tài)H原子中未成對(duì)電子數(shù)為1，基態(tài)O原子中未成對(duì)電子數(shù)為2，C錯(cuò)誤；K的氧化物溶于水可產(chǎn)生KOH，溶液呈堿性，S的氧化物溶于水生成H2SO3或H2SO4，溶液呈酸性，D正確。2．解析：選D。Y可形成5個(gè)共價(jià)鍵，Z可形成3個(gè)共價(jià)鍵，Z和Y同族，Y原子序數(shù)比Z大，即Z為N元素，Y為P元素，W可形成4個(gè)共價(jià)鍵，原子序數(shù)比N小，即W為C元素，R可形成1個(gè)共價(jià)鍵，原子序數(shù)比C小，即R為H元素，X可形成2個(gè)共價(jià)鍵，原子序數(shù)在N和P之間，即X為O元素，綜上：R為H元素、W為C元素、Z為N元素、X為O元素、Y為P元素。由于NH3可形成分子間氫鍵，而PH3不能，因此沸點(diǎn)：NH3＞PH3，A錯(cuò)誤；W為C元素、Z為N元素，由于非金屬性：C＜N，因此最高價(jià)氧化物的水化物的酸性：H2CO3＜HNO3，B錯(cuò)誤；同周期元素從左到右第一電離能有增大趨勢(shì)，第ⅡA族、第ⅤA族元素第一電離能大于同周期相鄰元素，即第一電離能：C<O<N，C錯(cuò)誤；NO3-的中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3＋5+1-2×32＝3，屬于sp2雜化，為平面三角形，CO32-的中心原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為題組跟進(jìn)演練1.解析：選B。根據(jù)離子液體的結(jié)構(gòu)示意圖進(jìn)行元素推斷。由上述分析可知，P、Q、W、X、Y、Z分別為L(zhǎng)i、C、N、O、F、S。同周期從左到右，原子半徑逐漸減小，則原子半徑：Li>N>O>F，A正確。O、F沒有最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物，B錯(cuò)誤。鋰單質(zhì)的保存方法是密封在固體石蠟中，C正確。F2和水可以發(fā)生置換反應(yīng)生成O2，D正確。2．解析：選D。根據(jù)結(jié)構(gòu)可知：X形成4個(gè)共價(jià)鍵，X為C，Y形成3個(gè)共價(jià)鍵，Y為N，Z形成2個(gè)共價(jià)鍵，Z為O，W形成1個(gè)共價(jià)鍵，W為F。N、O、F的簡(jiǎn)單離子核外電子排布相同，半徑關(guān)系：N3->O2->F－，A正確；由于N原子的2p軌道為半滿結(jié)構(gòu)，穩(wěn)定性較強(qiáng)，其第一電離能比O大，但是比F小，第一電離能的關(guān)系：Z(O)<Y(N)<W(F)，B正確；C原子雜化類型有sp2、sp3，C正確；HF的沸點(diǎn)高于CH4，是因?yàn)镠F分子之間可以形成氫鍵，使其沸點(diǎn)升高，但是HF分子之間形成的不是直線形氫鍵，應(yīng)為鋸齒形，D錯(cuò)誤。3．解析：選C。X、Y在第二周期且未成對(duì)電子數(shù)之比為2∶3，原子序數(shù)X<Y，X是C元素，Y是N元素，Z的最高化合價(jià)與最低化合價(jià)的代數(shù)和為4，結(jié)合陰離子結(jié)構(gòu)圖，可推知Z為S，W為日常生活中應(yīng)用最廣泛的過渡金屬，W是Fe元素，X、Y、Z、W分別為C、N、S、Fe元素。根據(jù)分析W是Fe，結(jié)合結(jié)構(gòu)圖可知化合價(jià)為＋3，A正確；同周期主族元素的第一電離能從左往右呈現(xiàn)增大的趨勢(shì)，同主族元素的第一電離能從上往下逐漸減小，Y、Z、W分別為N、S、Fe元素，由于N元素的2p能級(jí)為半充滿狀態(tài)，因此第一電離能更大，故第一電離能最大的是N元素，即Y>Z>W，B正確；未指明是最簡(jiǎn)單氫化物，無法比較氫化物的沸點(diǎn)，C錯(cuò)誤；觀察結(jié)構(gòu)可知，X、Y、Z均滿足最外層8電子結(jié)構(gòu)，D正確。任務(wù)13配位鍵、配合物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)[主觀題]高考真題導(dǎo)向解析：(1)由題目信息可知，酞菁分子中所有原子共平面，則酞菁分子中的三種N原子的雜化方式均為sp2雜化，其中③號(hào)N原子分別與2個(gè)碳原子和1個(gè)氫原子形成σ鍵，剩下一對(duì)電子未參與p軌道的雜化，參與形成了大π鍵，而①②號(hào)N原子的雜化方式均為sp2雜化，孤電子對(duì)參與雜化，孤電子對(duì)為sp2雜化軌道的電子，剩余一個(gè)單電子參與形成大π鍵，故③號(hào)N原子的p軌道能提供一對(duì)電子。根據(jù)題圖2可知，由酞菁分子形成配合物鈷酞菁時(shí)，酞菁分子中失去了兩個(gè)帶正電荷的H原子，使③號(hào)N原子各帶一個(gè)單位負(fù)電荷，為保證鈷酞菁整體呈現(xiàn)電中性，則應(yīng)該是＋2價(jià)鈷離子與之配合形成鈷酞菁分子；在鈷酞菁分子中氮原子作為配位原子提供孤電子對(duì)與鈷離子形成配位鍵。(2)根據(jù)AlCl3形成的二聚體結(jié)構(gòu)，可知每個(gè)Al和4個(gè)Cl成鍵，雜化軌道類型為sp3雜化。AlF3的熔點(diǎn)遠(yuǎn)高于AlCl3，則AlF3為離子晶體，鋁氟之間形成的是離子鍵。由AlF3中的原子個(gè)數(shù)比，可知該晶胞中頂點(diǎn)為Al3+，棱心為F－，則與F－距離最近的Al3+有2個(gè)，即F－的配位數(shù)為2。該晶胞中Al3+數(shù)目為8×18＝1，F(xiàn)－數(shù)目為12×14＝3，即1個(gè)晶胞中含1個(gè)AlF3，根據(jù)晶胞的參數(shù)可知，晶體密度ρ＝84NAa答案：(1)③＋2價(jià)配位(2)sp3雜化離子284題組跟進(jìn)演練1.答案：當(dāng)H＋濃度較高時(shí)，鄰二氮菲中的N優(yōu)先與H＋形成配位鍵，導(dǎo)致與Fe2+配位的能力減弱；當(dāng)OH－濃度較高時(shí)，OH－與Fe2+反應(yīng)，也會(huì)影響與鄰二氮菲配位2．答案：(1)三角錐形＋35(2)C(3)②號(hào)氮原子孤電子對(duì)參與形成大π鍵，使電子云密度降低，與鈷配位能力減弱3．答案：(1)(2)c(3)①sp2②C的電負(fù)性小于N，C和N電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)C<N，原子半徑C>N，原子核對(duì)最外層電子的吸引作用C<N③在酸性環(huán)境中，卟啉分子中部分N會(huì)與H＋形成配位鍵，部分N上無孤電子對(duì)，與其他原子配位能力減弱任務(wù)14晶體類型判斷與晶胞結(jié)構(gòu)的分析與計(jì)算[主觀題＋選擇題]高考真題導(dǎo)向1.解析：選D。根據(jù)均攤法可知，該晶胞中Bi的個(gè)數(shù)為12×14＋1＝4，F(xiàn)的個(gè)數(shù)為8×18+6×12＋8＝12，根據(jù)勾股定理可知，BG2＝BP2＋PG2＝54a2pm2＝BO2＋OG2，則∠BOG為直角，OA＝14BH＝34apm，OG＝22apm，AG2＝OA2＋OG2＝1116a2pm2，ST與AG平行且相等，則粒子S、T之間的距離為114apm，B正確；該晶體密度為4×209+12×19NA×a32．解析：圖丙中，Ca位于正方形頂點(diǎn)，N位于正方形中心，故Ca與N的距離為22apm；由均攤法可知，晶胞中Ca的個(gè)數(shù)為8×18＋2＝3，N的個(gè)數(shù)為8×14+2×12＝3，B的個(gè)數(shù)為4×14＝1，則化合物的化學(xué)式是Ca3N3B；其摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1，阿伏加德羅常數(shù)的值是NA，晶胞體積為a2c×10-30cm3答案：22aCa3N3BMNA題組跟進(jìn)演