2023届高中总复习第二轮专题四物质结构与性质课件

第1讲物质结构元素周期律(必修)专题四2023高中总复习优化设计GAOZHONGZONGFUXIYOUHUASHEJI内容索引0102考情分析•备考定向高频考点•探究突破03新题演练•能力迁移考情分析•备考定向【专题知识脉络】

【能力目标解读】

命题热点考题统计考查能力分析“位”“构”“性”的关系及应用2022全国甲,122022全国乙,112020全国Ⅰ,112020全国Ⅲ,13高考命题时,主要以原子(或离子)结构、重要元素化合物的性质及应用为突破口,进行元素的推断,分别对粒子半径大小的比较、气态氢化物的稳定性强弱、最高价氧化物对应水化物的酸性强弱、化学键、物质类别、重要元素化合物的应用等进行考查化学键和元素推断2021全国甲,112021全国乙,112020全国Ⅱ,13【热点考题诠释】

1.(2022全国甲)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>QB.单质的熔点:X>YC.简单氢化物的沸点:Z>QD.最高价含氧酸的酸性:Z>YD解题要领:本题考查元素周期表中元素的“位”“构”“性”关系。由题意可知,Q为第二周期元素,X、Y、Z为第三周期元素,再依据Y原子最外层电子数是Q原子内层电子数的2倍,可推知Y为Si,由“X、Y相邻”,且X的原子序数小于Y,可推知X为Al,最后依据原子序数的大小关系和四种元素最外层电子数之和为19可推知,若Q为O,则Z为S;若Q为N,则Z为Cl;若Q为F,则Z为P。非金属性:Al<O(或N或F),A项错误;单质的熔点:Al<Si,B项错误;由于H2O或NH3或HF分子间存在氢键,而H2S或HCl或PH3分子间只有范德华力,则简单氢化物的沸点:H2S<H2O(或HCl<NH3或PH3<HF),C项错误;由于非金属性:S>Si(或Cl>Si或P>Si),所以最高价含氧酸的酸性:H2SO4>H2SiO3(或HClO4>H2SiO3或H3PO4>H2SiO3),D项正确。2.(2022全国乙)化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素,原子序数依次增加,且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数,常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示,在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是(

)。A.W、X、Y、Z的单质常温下均为气体B.最高价氧化物的水化物酸性:Y<XC.100~200℃阶段热分解失去4个W2ZD.500℃热分解后生成固体化合物X2Z3D解题要领:本题考查原子结构、元素周期表、元素周期律以及元素化合物的性质等相关知识。由“YZ2分子的总电子数为奇数,常温下为气体”可知,Y的原子序数为奇数,因其常温下为气体,所以YZ2为NO2,N和O的原子序数之和为15;由化合物分子式YW4X5Z8·4W2Z及“W、X、Y、Z为短周期元素,原子序数依次增加,且加和为21”可知,另外两种元素的原子序数之和为6,由此可推出W为H(原子序数为1),X为B(原子序数为5)。X的单质为B,常温下为固体,A项叙述错误;X的最高价氧化物的水化物为H3BO3,Y的最高价氧化物的水化物为HNO3,酸性:H3BO3<HNO3,B项叙述错误;NH4B5O8·4H2O的相对分子质量为273,NH4B5O8的相对分子质量为201,

×100%≈73.6%,不是80.2%,C项叙述错误;热分解后的最终固体为B2O3,B2O3的相对分子质量为70,70××100%≈64.1%,D项叙述正确。3.(2021全国甲)W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和,也是Y的最外层电子数的2倍。W和X的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是(

)。A.原子半径:Z>Y>X>WB.W与X只能形成一种化合物C.Y的氧化物为碱性氧化物,不与强碱反应D.W、X和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物D解题要领:短周期主族元素形成的常温下为气体的单质有:H2、N2、O2、F2、Cl2,由Z的最外层电子数是W和X最外层电子数之和并且是Y最外层电子数的2倍,可以推知W为H,X为N,Z为S,则Y为Al。四种元素的原子半径Al(Y)>S(Z)>N(X)>H(W),A项说法错误;W(H)与X(N)可以形成NH3、N2H4等多种化合物,B项说法错误;Y(Al)的氧化物Al2O3是两性氧化物,能与强碱反应,C项说法错误;W(H)、X(N)、Z(S)可以形成既含有离子键又含有共价键的化合物如(NH4)2S、NH4HS,D项说法正确。4.(2021全国乙)我国嫦娥五号探测器带回1.731kg的月球土壤,经分析发现其构成与地球土壤类似。土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z,原子序数依次增大,最外层电子数之和为15。X、Y、Z为同周期相邻元素,且均不与W同族。下列结论正确的是(

)。A.原子半径大小顺序为W>X>Y>ZB.化合物XW中的化学键为离子键C.Y单质的导电性能弱于Z单质的D.Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸B解题要领:根据题干中有关W、X、Y、Z原子结构的信息,并结合对地球土壤中的元素组成的初步认识,可推断出X、Y、Z分别为第三周期的Mg、Al、Si,W为O。O、Mg、Al、Si的原子半径大小顺序为X>Y>Z>W(Mg>Al>Si>O),A项错误;化合物XW(MgO)中的化学键是离子键,B项正确;Y(Al)单质的导电性强于Z(Si)单质的导电性,C项错误;Z的氧化物的水化物(硅酸或原硅酸)的酸性弱于碳酸的酸性,D项错误。5.(2020全国Ⅲ)W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素,四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z;化合物XW3与WZ相遇会产生白烟。下列叙述正确的是(

)。A.非金属性:W>X>Y>ZB.原子半径:Z>Y>X>WC.元素X的含氧酸均为强酸D.Y的氧化物的水化物为强碱D解题要领:本题考查了元素推断与元素周期律。由“W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素”,再根据“化合物XW3与WZ相遇会产生白烟”可推测:W为氢元素,X为氮元素,Z为氯元素,再依据四种元素的核外电子总数满足X+Y=W+Z推知,Y为钠元素,非金属性:Cl>N>H>Na,A项错误;原子半径:Na>Cl>N>H,B项错误;N的含氧酸中,如HNO2就不属于强酸,C项错误;Na的氧化物的水化物是NaOH,NaOH属于强碱,D项正确。6.(2020全国Ⅱ)一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示),具有良好的储氢性能,其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大且总和为24。下列有关叙述错误的是(

)。A.该化合物中,W、X、Y之间均为共价键B.Z的单质既能与水反应,也可与甲醇反应C.Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸D.X的氟化物XF3中原子均为8电子稳定结构Z+D解题要领:根据题意可知Z的原子序数是W、X、Y、Z四种元素中最大的,Z能形成+1价离子,可初步判断Z为钠元素;W的原子序数是W、X、Y、Z四种元素中最小的,W与X、Y均以一个单键结合,可初步判断W为氢元素;根据W、X、Y、Z的原子序数之和为24,可知X、Y的原子序数之和为12,结合成键特点,可判断X、Y分别是硼、氮元素。H、B、N形成的阴离子中,各原子均以共价键结合,A项正确;Na单质能与H2O、CH3OH反应,B项正确;N元素的最高价氧化物的水化物HNO3为强酸,C项正确;BF3中硼原子最外层有6个电子,D项错误。其中元素X、Y的最外层电子数之和为8。下列叙述正确的是(

)。A的相对原子质量为26B.X、Y均可形成三氯化物C.X的原子半径小于Y的原子半径D.Y仅有一种含氧酸B解题要领:依据题给的反应过程,可确定W=27。根据X、Y的最外层电子数之和为8,Y原子的质子数比X原子的质子数多2,可以得出X原子最外层电子数为3,Y原子最外层电子数为5,可以判定X为铝元素,Y为磷元素。由上述分析可知A项错误;Al、P两元素均可形成三氯化物AlCl3和PCl3,B项正确;Al、P两元素位于同一周期且原子序数P大于Al,故原子半径Al大于P,C项错误;磷元素的常见含氧酸有H3PO4、H3PO2、HPO2,D项错误。高频考点•探究突破命题热点一“位”“构”“性”的关系及应用【有关“位”“构”“性”题目解题思维路径】【问题探究】1.原子结构与位置、性质的关系包括哪些内容?内容同周期主族元素(左→右)同主族元素(上→下)电子层数相同(周期数=电子层数)增多最外层电子数由1→8(第1周期由1→2)相同(价电子数=主族序数)化合价最高正价+1→+7价(O、F除外)最高正价=主族序数;负价绝对值=8-主族序数原子半径逐渐减小逐渐增大金属性与非金属性金属性减弱、非金属性增强金属性增强、非金属性减弱内容同周期主族元素(左→右)同主族元素(上→下)单质还原性与氧化性还原性减弱、氧化性增强还原性增强、氧化性减弱最高价氧化物对应水化物酸性或碱性酸性:依次增强;碱性:依次减弱酸性:依次减弱;碱性:依次增强2.如何比较元素的金属性和非金属性强弱?三表元素周期表金属性:右弱左强,上弱下强,右上弱左下强非金属性:左弱右强,下弱上强,左下弱右上强金属活动性顺序元素的金属性与金属活动性顺序基本一致非金属活动性顺序按F、O、Cl、Br、I、S的顺序,非金属性减弱三反应置换反应强的置换弱的,适合金属也适合非金属与水或酸的反应与水或酸反应越剧烈,或最高价氧化物对应水化物的碱性越强,则金属性越强;最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,则非金属性越强与氢气反应越容易与氢气化合,生成的气态氢化物的稳定性越强,则非金属性越强两池原电池一般负极材料的金属性强于正极(特殊情况例外)电解池在阳极首先放电的阴离子,其对应元素的非金属性弱在阴极首先放电的阳离子,其对应元素的金属性弱例1(2021浙江卷)已知短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置如下所示,其中Y的最高化合价为+3价。下列说法不正确的是(

)。A.还原性:ZQ2<ZR4B.X能从ZO2中置换出ZC.Y能与Fe2O3反应得到FeD.M最高价氧化物对应的水化物能与其最低价氢化物反应分析推理:根据短周期元素X、Y、Z、M、Q和R在周期表中的相对位置,以及Y的最高化合价为+3价,可推知,X为Mg,Y为Al,Z为C,M为N,Q为S,R为Cl,据此分析答题。答案:A题后反思解答元素“位”“构”“性”关系的“六大误区”对点训练1(2022广西南宁高三二模)R、X、Y、Z、W是原子序数依次递增的主族元素,位于三个不同短周期。其中X、Y、Z在元素周期表的位置如表所示,其中X与Z的最外层电子数之和比Y的核电荷数少2,下列说法正确的是(

)。A.简单离子的还原性:W>ZB.R、X、W可形成既含离子键又含共价键的化合物C.工业上用电解熔融的YW3制备Y单质D.Z的氧化物的水化物是强酸

X

Y

ZB解析:R、X、Y、Z、W是原子序数依次递增的主族元素,位于三个不同短周期,结合X、Y、Z在元素周期表中的位置可知,R为H。设X的最外层电子数为x,则Z的最外层电子数为x+1,X与Z的最外层电子数之和比Y的核电荷数少2,则Y的核电荷数为x+x+1+2=2x+3,因Y为第三周期元素,故2x+3≥11,x≥4。当x=4时,X、Y、Z、W分别为C、Mg、P、S(Cl),不满足要求;当x=5时,X、Y、Z、W分别为N、Al、S、Cl,满足要求;当x=6时,推出Z为Cl,而W也为短周期主族元素,不满足要求,故R、X、Y、Z、W分别为H、N、Al、S、Cl。W、Z的简单离子分别为Cl-和S2-,非金属性Cl>S,离子的还原性Cl-<S2-,A项错误;R、X、W可形成氯化铵,既含离子键又含共价键,B项正确;工业上用电解熔融氧化铝制备铝单质,C项错误;Z的氧化物的水化物可能是HClO,HClO是弱酸,D项错误。命题热点二化学键和元素推断【有关化学键的解题思维路径】【问题探究】书写电子式应注意哪些问题?书写电子式时,首先要判断物质是离子化合物,还是共价化合物,活泼金属与活泼非金属形成的大多是离子化合物,非金属之间形成的大多是共价化合物,但要注意铵盐属于离子化合物,如NH4Cl、NH4HCO3等。【解答元素推断题的思维路径】(1)已知元素原子或离子的核外电子排布:(2)已知元素单质或化合物的性质(特性):(3)已知元素在周期表中的位置:【问题探究】常见元素有哪些特性?(1)地壳中含量最多的元素或简单氢化物在常温下呈液态的元素为O,地壳中含量第二的元素为Si,地壳中含量最多的金属元素为Al。(2)空气中含量最多的元素或气态氢化物的水溶液显碱性的元素为N。(3)单质硬度最大,熔、沸点最高,形成化合物种类最多,正负化合价代数和为零且气态氢化物中含氢质量分数最高的元素是C。(4)最高价氧化物及其水化物既能与强酸反应,又能与强碱反应的元素在中学阶段为Al。(5)两短周期金属元素的最高价氧化物对应水化物相互反应,这两种元素分别为Na和Al。例2短周期主族元素a、b、c、d原子序数依次增大,b元素的一种同位素可用于考古年代鉴定。甲、乙分别是元素b、d的单质,通常甲为固体,乙为气体,0.001mol·L-1的丙溶液pH=3;W、X、Y均是由这些元素组成的二元化合物,Y是形成酸雨的主要物质之一。上述物质的转化关系如图,下列说法正确的是(

)。A.原子半径:b>d>cB.a、c、d形成的化合物一定是共价化合物C.W、X、Y中X的熔点最高D.Y、Z均可用排水法收集分析推理:根据已知条件,结合物质的转化关系图,可知a、b、c、d分别为H、C、N、O,甲、乙、丙、W、X、Y、Z分别为C、O2、HNO3、CO2、H2O、NO2、NO。b、c、d分别为C、N、O,同周期主族元素从左向右原子半径依次减小,则原子半径的大小顺序为b>c>d,A项错误;

a、c、d分别为H、N、O,可以形成离子化合物NH4NO3,B项错误;

W、X、Y分别为CO2、H2O、NO2,由于水分子间能形成氢键,所以H2O的熔点最高,C项正确;

Y、Z分别为NO2、NO,NO2能与H2O反应生成NO和HNO3,NO2不能用排水法收集,D项错误。答案:C题后反思元素推断题的答题流程1.寻找突破口——元素推断的关键:抓住题中的关键信息,把握解题的突破口。2.推断元素——正确解题的基础:应根据题目中的信息,结合突破口找出关键元素,根据元素周期表片段和元素位置关系推出所有元素,充分利用元素周期律,结合所求解的问题进行解答。在平时的学习中,要熟练掌握下面的内容。(1)元素周期表结构。(2)原子结构特点,如核外电子排布规律。(3)元素性质的递变规律。(4)相应单质和化合物的性质,如气态氢化物、最高价氧化物对应的水化

物等。(5)化学键与物质类别的关系,特殊物质中含有的化学键,如Na2O2中既含离子键又含非极性共价键,H2O2中既含非极性共价键又含极性共价键。3.解题——明确要求、规范答题:要根据具体要求回答,写出规范答案,防止因不规范而失分(如将名称写成化学式等)。4.验证——确保答案正确无误:最后把得出的结论放在题干中验证,保证按要求正确规范回答问题。对点训练2(2022江西重点中学联考)W、X、Y、Z、M是构成离子液体的五种短周期不同主族元素,原子序数依次增大且只有一种元素与其他元素不在同一周期。离子液体被广泛应用于有机合成、分离提纯以及电化学研究。离子液体的结构如图所示。下列有关说法错误的是(

)。A.Y的氢化物常温下为气体B.元素W与X形成的化合物中W显负价C.Z的最高价氧化物对应的水化物能与其对应的简单氢化物反应D.由W、Z、M可形成同时含有离子键和共价键的化合物A解析:短周期主族元素W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大,根据元素的成键特点可以得出W为H,Y为C,Z为N,由于只有一种元素与其他元素不在同一周期,说明元素X、M在第二周期,X和M形成的阴离子中X可以形成四个共价键,则X为B,M在第二周期且形成一个共价键,在五种元素中原子序数最大,说明M为F。Y为C,碳元素的氢化物即为烃类物质,各种状态均存在,A项错误;W为H,X为B,电负性:H>B,H的吸引电子能力强于B,则形成的化合物中H显负价,B项正确;Z为N,则Z的最高价氧化物对应的水化物和简单氢化物分别为HNO3与NH3,反应生成NH4NO3,C项正确;由W、Z、M三种元素可组成NH4F,属于同时含有离子键和共价键的化合物,D项正确。新题演练•能力迁移1.(2022广东卷,改编)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C解析:根据题干信息,戊的最高价氧化物对应的水化物为强酸,在短周期元素中,符合此条件的可以是S或Cl。如果戊为S,则甲、乙、丙、丁分别为C、O、Si、P;如果戊为Cl,则甲、乙、丙、丁分别为N、F、P、S。但无论戊是什么元素,同周期的主族元素,原子序数越大,半径越小,原子半径:丁>戊;同主族元素的原子序数越大,半径越大,原子半径:戊>乙,则原子半径:丁>戊>乙,A项正确,不符合题意;无论戊是什么元素,同周期主族元素的原子序数越大,非金属性越强,因此非金属性:戊>丁>丙,B项正确,不符合题意;若戊为S,则甲为C,甲的氢化物如甲烷遇氯化氢无白烟产生,C项错误,符合题意;不论丙是Si还是P,其最高价氧化物对应的水化物均为酸,均可以与强碱反应,D项正确,不符合题意。2.(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>ZB.非金属性:Y>X>WC.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C解析:本题考查元素推断、元素周期表结构和元素周期律。W、Y分别形成4个、2个共价键,结合W的原子序数是X、Y之和,可知X、Y、W分别为C、O、Si,则Z为F。原子半径C>O>F,A项说法正确;非金属性O>C>Si,B项说法正确;F2具有强氧化性,C项说法错误;根据86号元素为0族元素,可推出82号元素位于第ⅣA族,与W(Si)位于同一主族,D项说法正确。A.H3XO3可用于中和溅在皮肤上的NaOH溶液B.Y单质在空气中燃烧的产物是Y2O2C.X和氢元素形成离子化合物D.6Y和7Y互为同素异形体A解析:本题考查原子结构及元素化合物性质等知识。依据信息“Y在化合物中显+1价”和核反应方程式,可推出元素X、Y分别为B(硼)和Li(锂)。H3BO3属于弱酸,可用于中和溅在皮肤上的NaOH溶液,A项正确。锂单质在空气中燃烧的产物是氧化锂(Li2O),B项错误。B元素和H元素形成的是共价化合物,C项错误。6Li和7Li属于同位素,D项错误。4.短周期元素X、Y、Z、M、R的原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是(

)。A.化合物RX中含共价键B.Y、Z的氧化物均能溶于水C.M的单质在常温下为气体D.化合物X2M是弱电解质D解析:由原子半径递变规律可推出,X位于第一周期,Y、Z位于第二周期,R、M位于第三周期,结合原子最外层电子数可知,X、Y、Z、M、R分别为H、C、N、S、Na。化合物RX为NaH,其中只含离子键,A项错误;CO、NO不溶于水,B项错误;S在常温下为固体,C项错误;化合物H2S是弱电解质,D项

正确。5.(2022广东汕头二模)短周期主族元素W、X、Y、Z的原子半径依次增大。M、N、P是由这些元素组成的二元化合物,r、s、q是其中三种元素对应的单质,M与r均为淡黄色固体,W、X、Y位于不同周期。上述物质转化关系如图所示(部分生成物省略),下列说法错误的是(

)。A.物质的沸点:N>PB.X、Y可形成离子化合物C.单质的氧化性:X>WD.X、Y、Z三种元素组成的盐溶液可能呈中性或碱性B解析:M、N、P是由这些元素组成的二元化合物,r、s、q是其中三种元素对应的单质,M与r均为淡黄色固体,则M为Na2O2,r为S,结合转化关系,可推知,N为H2O,s为H2,P为H2S,q为O2。W、X、Y位于不同周期,又W、X、Y、Z是原子半径依次增大的短周期主族元素,则W为H,X为O,Y为S,Z为Na。N为H2O,P为H2S,H2O分子间可形成氢键,因此沸点:H2O>H2S,A项正确。X为O,Y为S,不可能形成离子化合物,B项错误。X的单质为O2,W的单质为H2,氧化性:O2>H2,C项正确。X为O,Y为S,Z为Na,若由三种元素形成的盐为Na2SO4,则溶液呈中性;若由三种元素形成的盐为Na2SO3,则溶液呈碱性,D项正确。本课结束第2讲物质结构与性质(选修)专题四2023高中总复习优化设计GAOZHONGZONGFUXIYOUHUASHEJI内容索引0102考情分析•备考定向高频考点•探究突破03新题演练•能力迁移考情分析•备考定向【专题知识脉络】

【能力目标解读】

命题热点考题统计考查能力分析原子结构与性质2022全国甲,35(1)(2)2022全国乙,35(1)2021全国甲,35(1)2021全国乙,35(1)2020全国Ⅰ,35(1)(2)2020全国Ⅱ,35(1)(3)2020全国Ⅲ,35(3)要求学生能从宏观与微观角度分析与解决问题,能够运用相关理论揭示现象的本质和规律。近几年全国新课标高考重点考查了电子排布式的书写,电离能、电负性、分子的立体构型及杂化方式的判断,有关晶胞的计算。在复习时我们除要掌握书写、判断、计算方法外,还要记住一些常见晶胞中含有的微粒个数及配位数命题热点考题统计考查能力分析两大理论与分子的立体构型2022全国甲,35(3)(4)2022全国乙,35(2)2021全国甲,35(1)2021全国乙,35(3)2020全国Ⅰ,35(3)2020全国Ⅲ,35(2)(3)

晶体结构与性质2022全国甲,35(5)2022全国乙,35(4)2021全国甲,35(4)2021全国乙,35(4)2020全国Ⅰ,35(4)2020全国Ⅱ,35(4)2020全国Ⅲ,35(4)【热点考题诠释】

1.(2022全国甲)2008年北京奥运会的“水立方”,在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”,实现了奥运场馆的再利用,其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题:(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为

。

(2)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)。

图a图b图c(3)固态氟化氢中存在(HF)n形式,画出(HF)3的链状结构

。

(4)CF2=CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为

和

;聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯,从化学键的角度解释原因

。

(5)萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物,其晶胞结构如图所示,X代表的离子是

;若该立方晶胞参数为apm,正负离子的核间距最小为

pm。

解题要领:本题考查基态原子核外电子的排布、逐级电离能、氢键、化学键、原子杂化轨道类型和晶胞结构及其相关计算。(1)基态氟原子的价电子排布式为2s22p5,价电子排布图为

。(2)同一周期从左到右,基态原子的第一电离能呈增大趋势,由于基态氮原子的2p能级为半充满状态,结构相对稳定,故其第一电离能大于碳、氧原子,图a符合题意。第三电离能,碳原子需从全充满的2s轨道中失去电子,导致其所需能量较高;氮原子失去第三个电子,形成稳定的2s2结构,所需能量相对较低;氟原子从半满的2p3失去电子,所需能量相应较高,图b符合题意。(3)HF分子间容易形成氢键,导致固态氟化氢中存在(HF)n形式,(HF)3链状结构可表示为

。(4)CF2=CF2分子中存在碳碳双键,形成双键的碳原子为sp2杂化。ETFE分子中碳原子都是饱和碳原子,碳原子为sp3杂化。碳氟键的键能比碳氢键的键能大,故聚四氟乙烯比聚乙烯化学性质稳定。2.(2022全国乙,改编)卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题:(1)氟原子激发态的电子排布式有

,其中能量较高的是

(填字母)。

A.1s22s22p43s1 B.1s22s22p43d2C.1s22s12p5 D.1s22s22p33p2(2)①一氯乙烯(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()。

②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中,C—Cl键长的顺序是

,理由:(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多,形成的C—Cl键越强;(ⅱ)

。

(3)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

。

(4)α-AgI晶体中I-作体心立方堆积(如图所示),Ag+主要分布在由I-构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下,Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此,α-AgI晶体在电池中可作为

。

已知阿伏加德罗常数为NA,则α-AgI晶体的摩尔体积Vm=

m3·mol-1(列出算式)。

答案:(1)A、D

D(2)①sp2

σ②一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔Cl原子参与形成的大π键越多,形成的C—Cl键长越短(3)CsCl

CsCl为离子晶体,ICl为分子晶体,所以CsCl的熔点高于ICl解题要领:本题考查了电子排布式、杂化轨道类型、化学键类型、大π键的形成过程、键长的判断以及原因的分析、晶体熔点高低的比较等。(1)基态氟原子的核外电子排布式为1s22s22p5,因此属于激发态的为A和D;由于3p能级的能量大于3s能级,所以能量较高的是1s22s22p33p2,即D。(2)①一氯乙烯分子中的C原子为sp2杂化,C与Cl形成的是单键,因此为σ键。②三种分子中,形成C—Cl的原子相同,键长取决于C的杂化轨道中s的成分,s的成分越多,C—Cl越强,键长越短;同时也取决于Cl原子参与形成的大π键数目,形成的大π键越多,C—Cl键长越短,键越强。因此C—Cl键长的顺序为一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。(3)红棕色液体Y应为ICl,因此无色晶体X应为CsCl,其反应的化学方程式为CsICl2CsCl+ICl。因CsCl为离子晶体,ICl为分子晶体,所以CsCl的熔点高于ICl。(4)由“在电场作用下,Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移”可知,一是Ag+可以从晶体中迁出或嵌入(可发生迁移);二是迁移时不用克服太大的阻力,因此α-AgI晶体可作电池的电解质。α-AgI晶体的摩尔体积是指1

mol

AgI晶体所占的体积,由题给AgI的晶胞可知,一个晶胞中含有2个I-,晶胞的体积为(5.04×10-10)3

m3,因此1

mol

AgI晶胞的体积为3.(2021全国甲)我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢,再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题:(1)太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排布式为

;单晶硅的晶体类型为

。SiCl4是生产高纯硅的前驱体,其中Si采取的杂化类型为

。SiCl4可发生水解反应,机理如下:

含s、p、d轨道的杂化类型有:①dsp2、②sp3d、③sp3d2,中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为

(填标号)。

(2)CO2分子中存在

个σ键和

个π键。

(3)甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH,7.6℃)之间,其原因是

。

(4)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂,其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是

,晶胞参数为apm、apm、cpm,该晶体密度为

g·cm-3(写出表达式)。在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂,化学式可表示为ZnxZr1-xOy,则y=

(用x表达)。

答案:(1)3s23p2原子晶体(共价晶体)

sp3

②(2)2

2(3)甲硫醇不能形成分子间氢键,而水和甲醇均能形成分子间氢键,且水比甲醇的氢键多解题要领:(1)基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2,因此Si的价电子层的电子排布式为3s23p2;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,因此晶体硅为原子晶体;SiCl4中Si原子价层电子对数为

,因此Si原子采取sp3杂化;由图可知,SiCl4(H2O)中Si原子的σ键数为5,说明Si原子的杂化轨道数为5,由此可知Si原子的杂化类型为sp3d。(2)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。(3)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键,因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇,甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度,因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间。(4)以晶胞中右侧面心的Zr4+为例,同一晶胞中与Zr4+连接最近且等距的O2-数为4,同理可知右侧晶胞中有4个O2-与Zr4+相连,因此Zr4+在晶胞中的配位数是4+4=8;1个晶胞中含有4个ZrO2微粒,1个晶胞的质量4.(2021全国乙)过渡金属元素铬(Cr)是不锈钢的重要成分,在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。回答下列问题:(1)对于基态Cr原子,下列叙述正确的是

(填字母)。

A.轨道处于半充满时体系总能量低,核外电子排布应为[Ar]3d54s1B.4s电子能量较高,总是在比3s电子离核更远的地方运动C.电负性比钾高,原子对键合电子的吸引力比钾大(2)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

。

(3)[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中配体分子NH3、H2O以及分子PH3的空间结构和相应的键角如下图所示。PH3中P的杂化类型是

。NH3的沸点比PH3的

,原因是

。H2O的键角小于NH3的,分析原因

。

(4)在金属材料中添加AlCr2颗粒,可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。AlCr2具有体心四方结构,如图所示。处于顶角位置的是

原子。设Cr和Al原子半径分别为rCr和rAl,则金属原子空间占有率为

%(列出计算表达式)。

答案:(1)AC(2)N、O、Cl

6(3)sp3高NH3分子间存在氢键NH3分子中氮原子上有一个孤电子对,H2O分子中氧原子上有两个孤电子对,孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力解题要领:(1)基态Cr原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1,因为当3d能级半充满时,体系能量相对较低,更稳定,A项正确;根据构造原理,4s能级比3s能级能量高,但电子的运动具有不确定性,4s能级中的电子不一定在比3s电子离核更远的区域运动,B项错误;根据同一周期从左到右,元素电负性依次增大(稀有气体元素除外),所以Cr的电负性大于K的电负性,Cr元素对键合电子的吸引力更大,C项正确。(2)[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中,Cr3+是中心离子,NH3、H2O、Cl-是配体,提供孤电子对的原子是N、O、Cl,中心离子的配位数是3+2+1=6。(3)根据PH3分子的空间结构及相应键角可知,PH3中P的杂化类型是sp3。由于N的电负性较大,NH3分子间可以形成氢键,故NH3的沸点比PH3的沸点高。由于H2O分子中氧原子上有两个孤电子对,NH3分子中氮原子上只有一个孤电子对,孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力,所以NH3分子中N—H键角大于H2O分子中O—H键角。高频考点•探究突破命题热点一原子结构与性质【有关原子结构的思维路径】【问题探究】1.核外电子排布的表示方法有哪些?(1)电子排布式如Cr:1s22s22p63s23p63d54s1(2)简化电子排布式如Cu:[Ar]3d104s1(3)价层电子排布式如Fe:3d64s2(4)电子排布图(或轨道表示式)2.元素的第一电离能和电负性有怎样的递变规律?分别有什么应用?(1)递变规律。在元素周期表中,元素的第一电离能从左到右呈增大趋势(注意第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素),从上到下逐渐减小;元素的电负性从左到右逐渐增大,从上到下逐渐减小。(2)应用。元素的第一电离能可用于:①判断元素金属性的强弱。电离能越小,金属越容易失去电子,金属性越强;反之越弱。②判断元素的化合价(I1、I2……表示各级电离能)。如果某元素的In+1≫In,则该元素的常见化合价为+n。如钠元素I2≫I1,所以钠元素的化合价为+1价。元素的电负性可用于:①判断金属性与非金属性的强弱;②判断元素在化合物中的化合价(正或负);③判断化学键的类型。例1铁和铜都是日常生活中常见的金属,有着广泛的用途。请回答下列问题:(1)铁在元素周期表中的位置为

。

(2)K3[Fe(CN)6]溶液可用于检验

(填离子符号),该离子的核外电子排布式为

;C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为

(用元素符号表示)。

(3)基态铜原子的价层电子排布式为

。

(4)已知某元素M与铜能形成化合物,且M和铜的电负性分别为3.0和1.9,则M与铜形成的化合物属于

(填“离子”或“共价”)化合物。

分析推理:(1)由原子序数怎样确定元素在周期表中的位置?原子序数<18时,直接根据原子结构示意图确定元素所在的周期和族;原子序数>18时,一般常用“0族定位法”,其关键在于:①熟记各周期0族元素的原子序数2、10、18、36、54、86、118;②掌握周期表中每纵列对应的族序数。如26Fe,26-18=8,则Fe在第四周期第Ⅷ族(第8纵列对应第Ⅷ族)。(2)由原子序数怎样书写电子排布式?原子序数<18时,直接根据构造原理书写,如16S,1s22s22p63s23p4。原子序数>18时,如第四周期元素,用原子序数-18就是其外围电子数,然后将外围电子数依次填入能级即可。如28Ni,28-18=10,则Ni的简化电子排布式为[Ar]3d84s2。注意:①能级交错(先排4s,再排3d);②24Cr及29Cu的外围电子排布特殊(能量相同的原子轨道在全满、半满和全空状态时,体系的能量最低),分别为3d54s1、3d104s1;③电子填充时先排4s再排3d;书写时先写3d再写4s;失电子时,先失4s再失3d。(3)判断元素的第一电离能、电负性应注意哪些事项?均根据其在元素周期表中的递变规律判断。第一电离能递变规律:同周期从左至右呈增大趋势,但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能分别大于同周期相邻元素;同主族从上至下逐渐减小。电负性递变规律:从左到右逐渐增大,从上到下逐渐减小。(4)怎样根据电负性判断化学键类型?通常是根据电负性的差值来判断化学键的类型,进而判断化合物的类型,一般电负性差值较大的元素原子间形成的化学键主要是离子键,差值小的则主要形成共价键。如Cu、Cl两元素的电负性分别为1.9和3.0,则两元素原子间形成共价键(一般差值大于1.7时形成离子键),化合物类型为共价化合物。注意利用电负性的差值判断化学键类型只是一般规律,不是绝对的。答案:(1)第四周期第Ⅷ族(2)Fe2+

[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6

N>O>C

(3)3d104s1

(4)共价对点训练11.元素A的基态原子占据哑铃形原子轨道的电子总数为2,元素B与A同周期,其基态原子占据s轨道的电子数与p轨道相同;C是A的同族相邻元素;D是B的同族相邻元素。则:(1)D原子核外L层电子的排布式为

;C的核外电子排布式为

;B的基态原子未成对电子数为

个。

(2)已知A与D形成的化合物中A、D之间的共用电子对偏向D,则A、B、C、D元素的电负性由大到小的顺序为

;A、B、C第一电离能由大到小的顺序为

。

答案:(1)2s22p6

1s22s22p63s23p2

2(2)O>S>C>Si

O>C>Si解析:哑铃形是p轨道且电子总数为2,A原子的电子排布式为1s22s22p2,为碳元素;B原子的电子排布式为1s22s22p4,为氧元素;C、D分别为Si、S;由C、S之间的共用电子对偏向S可知S的电负性大于C。2.(1)(2021湖南卷,节选)基态硅原子最外层的电子排布图为

,晶体硅和碳化硅熔点较高的是

(填化学式)。

(2)(2021河北卷,节选)①在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中,核外电子排布相同的是

(填离子符号)。

②原子中运动的电子有两种相反的自旋状态,若一种自旋状态用+表示,与之相反的用-表示,称为电子的自旋磁量子数。对于基态的磷原子,其价电子自旋磁量子数的代数和为

。

(3)Li是最轻的固体金属,采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能,得到广泛应用。回答下列问题:①下列Li原子电子排布图表示的状态中,能量最低和最高的分别为

、

(填字母)。

②Li+与H-具有相同的电子构型,r(Li+)小于r(H-),原因是

。

解析:(1)基态硅原子的最外层电子是3s23p2,其电子排布图为

。晶体硅和碳化硅均属于原子晶体,其熔点与共价键的强弱有关,碳原子的半径小于硅原子,故Si—Si键长大于C—Si键长,键能C—Si较大,熔点碳化硅较高。(2)在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为H+(或H-)、O2-、K+和P3-,其中核外电子排布相同的是K+和P3-。基态磷原子的价层电子排布式为3s23p3,其中3s轨道的2个电子自旋状态相反,自旋磁量子数的代数和为0;根据洪特规则可知,其3p轨道的3个电子的自旋状态相同,因此,基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为(3)①基态Li原子能量最低,而电子排布图中D图所示状态为基态。处于激发态的电子数越多,原子能量越高,A中只有1个1s电子跃迁到2s轨道;B中1s轨道中的两个电子1个跃迁到2s轨道,另一个跃迁到2p轨道;C中1s轨道的两个电子都跃迁到2p轨道,故C表示的能量最高。②Li+核电荷数较大,对核外电子的吸引力大,导致其半径小于H-

。命题热点二两大理论与分子的立体构型【有关推测或解释分子立体构型的思维路径】【问题探究】1.如何用价层电子对互斥理论推测分子的立体构型?(1)判断分子中中心原子上的价层电子对数:其中:a为中心原子的价电子数(阳离子要减去电荷数、阴离子要加上电荷数),x是与中心原子结合的原子数,b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数。如,中心原子为S,σ键电子对数为4,孤电子对数=(6+2-4×2)÷2=0,则价层电子对数为4+0=4。(2)价层电子对互斥理论与分子构型:价层电子对数成键数孤电子对数电子对空间构型分子立体构型实例220直线形直线形CO2330三角形平面正三角形BF321V形SO2440四面体形正四面体形CH431三角锥形NH322V形H2O2.如何判断中心原子的杂化类型?(1)根据杂化轨道数判断:杂化轨道数=中心原子的孤电子对数+中心原子的σ键个数代表物杂化轨道数中心原子杂化轨道类型CO20+2=2spCH2O0+3=3sp2CH40+4=4sp3SO21+2=3sp2NH31+3=4sp3H2O2+2=4sp3(2)根据分子的立体构型判断:分子组成(A为中心原子)分子的立体构型中心原子的孤电子对数中心原子的杂化方式示例AB2直线形0spBeCl2V形1sp2SO2V形2sp3H2OAB3平面三角形0sp2BF3三角锥形1sp3NH3AB4正四面体形0sp3CH4(3)根据中心原子的成键类型判断:如果中心原子形成一个三键,则为sp杂化;如果形成一个双键,则为sp2杂化;如果全部是单键,则为sp3杂化。例2(1)在①

、②

、③CCl4、④CS2、⑤CH3OH五种微粒中,中心原子采取sp3杂化的有

(填序号,下同),分子中所有原子均在同一平面的有

,CS2属于

(填“极性”或“非极性”)分子。

(2)①H—C≡C—COOH分子中碳原子采取

杂化方式;的立体构型为

,离子内的O—Cl—O键角

(填“大于”“等于”或“小于”)内的

O—Cl—O键角。②SO3和O3的混合气体经光解作用,可生成一种结构如右图所示的物质,该物质中S的轨道杂化方式是

,该分子属于

(填“极性”或“非极性”)分子。

(3)NH3极易溶于水,其立体构型为

,试判断NH3溶于水后,形成NH3·H2O的合理结构:

(填字母代号),推理依据是

。

(a)(b)分析推理:(1)怎样比较键角大小?当中心原子杂化类型相同时,与成键电子对间的排斥相比,孤电子对对成键电子对有更大的排斥作用,因此有孤电子对会使键角变小,孤电子对越多,键角越小。(2)怎样判断分子的极性?根据键的极性和分子立体构型共同判断:a.完全由非极性键结合而成的分子是非极性分子(O3除外);b.由极性键结合而成的完全对称性分子为非极性分子,非对称性分子是极性分子。根据经验规律判断:对于ABn型分子,若中心原子A的化合价的绝对值等于该元素原子的最外层电子数,则为非极性分子,否则为极性分子。答案:(1)②③⑤

①④非极性(2)①sp和sp2三角锥形大于②sp3杂化极性(3)三角锥形(b)

NH3·H2O电离生成铵根离子和氢氧根离子对点训练2第二周期中碳、氮、氧是构成生命物质的三种主要元素,在生产生活中也有着重要的应用。(1)第二周期中,第一电离能处于B与N之间的元素有

种。

(2)BF3与一定量水形成(H2O)2·BF3晶体Q,Q在一定条件下可转化为R:①BF3属于

(填“极性”或“非极性”)分子;

②R中阳离子的立体构型为

,阴离子的中心原子采取

杂化方式;

③H3O+中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大,原因是

。

(3)乙烯酮(CH2=C=O)是一种重要的有机中间体,乙烯酮分子中碳原子杂化轨道类型有

。

答案:(1)3(2)①非极性②三角锥形sp3

③H2O分子中氧原子有两个孤电子对,H3O+中氧原子只有一个孤电子对,排斥力较小(3)sp2和sp解析:(1)根据电离能的变化规律,2p能级半充满的氮原子和2s能级全充满2p能级全空的铍原子第一电离能要比同周期相邻原子高,故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素。(2)①BF3分子立体构型为平面正三角形,是由极性键结合而成的完全对称性分子,属于非极性分子;②H3O+中氧原子杂化轨道类型为sp3,但氧原子上有一个孤对电子,所以立体构型为三角锥形,阴离子中B原子的价层电子对数为4,杂化轨道类型为sp3;③H2O和H3O+中中心原子O的杂化类型均为sp3,但氧原子的孤电子对数不同,H2O中有两个孤电子对,H3O+中只有一个,排斥力较小。(3)第一个C形成一个双键,杂化类型为sp2,第二个C形成两个双键(相当于一个三键),杂化类型为sp。命题热点三晶体结构与性质【有关晶胞计算的思维路径】对于立方晶胞,无论是求其晶体密度,还是晶胞体积、边长等,都可建立如下思维路径:【问题探究】1.如何判断晶体的类型?(1)根据各类晶体的概念判断,即根据构成晶体的粒子和粒子间的作用力类别进行判断。如由分子通过分子间作用力形成的晶体属于分子晶体。(2)根据各类晶体的特征性质判断。如低熔沸点的晶体一般属于分子晶体;熔沸点较高且在水溶液或熔融状态下能导电的晶体属于离子晶体;熔沸点很高,不导电、不溶于一般溶剂的晶体属于原子晶体;能导电、传热、具有延展性的晶体属于金属晶体。2.如何比较晶体熔沸点的高低?(1)不同类型晶体:一般情况下,原子晶体>离子晶体>分子晶体。

金属晶体的熔沸点差别很大,如钨、铂等熔沸点很高,汞、铯等熔沸点很低。(2)同种类型晶体:构成晶体质点间的作用力越大,则熔沸点越高,反之则越低。①离子晶体:一般阴阳离子所带的电荷数越多,离子半径越小,则晶格能越大,晶体的熔沸点就越高,如熔点:MgO>NaCl。②分子晶体:组成和结构相似的分子晶体,相对分子质量越大,熔沸点越高,如熔沸点:SnH4>GeH4>SiH4>CH4;组成和结构不相似的物质(相对分子质量接近),分子的极性越大,其熔沸点越高,如熔沸点CO>N2;对于有机物的同分异构体,支链越多,熔沸点越低;具有氢键的分子晶体熔沸点反常地高,如熔沸点H2O>H2Te>H2Se>H2S。③原子晶体:原子半径越小,键长越短,键能越大,晶体的熔沸点越高,如熔点:金刚石>碳化硅>硅。

④金属晶体:金属离子半径越小,离子所带电荷越多,金属键越强,金属熔沸点越高,如熔沸点:Na<Mg<Al。3.如何计算晶胞中的粒子数目?4.常见晶体的晶胞有哪些?(1)氯化钠,配位数为6、一个晶胞中有4个Na+、4个Cl-;(2)氯化铯(体心立方),配位数为8、一个晶胞中有1个Cs+、1个Cl-;(3)干冰(面心立方),配位数为12、一个晶胞中有4个CO2;(4)金刚石,一个晶胞中有8个碳原子,最小的环为6元环;(5)Po(简单立方堆积)、K(体心立方堆积)、Mg(六方最密堆积)、Cu(面心立方最密堆积)配位数分别为6、8、12、12,一个晶胞中分别有1、2、2、4个原子。例3氮化硼(BN)被称为一种“宇宙时代的材料”,具有很大的硬度。(1)基态硼原子有

个未成对电子,氮离子的电子排布式为

。

(2)下图的晶体结构中,黑球、白球分别代表不同的原子、离子或分子,则图1的晶胞中含有的粒子总数为

;图2中的白球的配位数是

。

(3)已知图3、4均表示BN晶体的结构,制备氮化硼的原理为BCl3+2NH3══BN+2HCl+NH4Cl,当该反应中有1molBN生成时,则反应中可形成

mol配位键,比较氮化硼晶体与晶体硅的沸点高低并解释原因:

。

(4)X-射线的衍射实验可获取晶体的结构,包括晶胞形状、大小及原子的分布等参数,从而提供了又一种实验测定阿伏加德罗常数和元素的相对质量的方法。若图4晶胞的边长为anm,密度为ρg·cm-3,则阿伏加德罗常数的值NA为

(要求化为最简关系)。

分析推理:与晶胞有关的计算的关键点是什么?对于立方晶胞,无论是求其晶体密度,还是晶胞体积、边长、原子核间距或阿伏加德罗常数,均可通过以下思路获得:①根据“均摊法”算出每个晶胞实际拥有的原子个数(n),计算出晶胞的质量②根据边长a计算晶胞的体积V=a3。答案:(1)1

1s22s22p6

(2)5

8(3)2氮化硼晶体比晶体硅的沸点高,氮硼键的键能比硅硅键的键能大对点训练31.(2021山东卷)非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题:(1)基态F原子核外电子的运动状态有

种。

(2)O、F、Cl电负性由大到小的顺序为

;OF2分子的空间构型为

;OF2的熔、沸点

(填“高于”或“低于”)Cl2O,原因是

。

(3)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

(填字母)。

A.sp B.sp2 C.sp3 D.sp3d(4)XeF2晶体属四方晶系,晶胞参数如图所示,晶胞棱边夹角均为90°,该晶胞中有

个XeF2分子。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,称为原子的分数坐标,如A点原子的分数坐标为

。已知Xe—F键长为rpm,则B点原子的分数坐标为

;晶胞中A、B间距离d=

pm。

答案:(1)9(2)F>O>Cl

V形低于OF2相对分子质量较小,分子间作用力相对较小(3)5

D解析:本题考查物质结构与性质的相关知识。(1)基态F原子核外电子数为9,每个电子的运动状态各不相同,即核外电子有9