2026版高考化学一轮复习任务群(二) 物质结构与性质答案

任务群(二)物质结构与性质任务9基态原子的核外电子排布与电离能、电负性[主观题]考向1基态原子的核外电子(价层电子)排布高考真题导向1.答案：2．答案：3．答案：2＋44．答案：四ⅦBCr5．答案：ds3d104s1题组跟进演练1.答案：(1)3d14s2(2)(3)[Ar]3d104s24p1(4)[Ar]3d64s2(5)4f5(6)哑铃(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电离能、电负性的理解与应用高考真题导向1.答案：F>O>Cl2．答案：(1)4∶5(2)Na与Li同族，Na电子层数多，原子半径大，易失电子Li、Be、B同周期，核电荷数依次增加，Be为1s22s2稳定结构，第一电离能最大，与Li相比，B核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大题组跟进演练1.答案：N元素的2p能级为半充满状态，是较稳定的结构，失去1个电子需要的能量更多2．答案：Na＋和Ne电子排布结构相同，而Na＋比Ne的核电荷数大，因此Na＋原子核对核外电子的吸引力大于Ne原子核对核外电子的吸引力，所以Na＋更难失去电子，电离能更大3．答案：因为电负性F>I＝C，所以在CF3I中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向于C，I显＋1价，则CF3I发生水解时，生成CF3H和HIO任务10分子结构与性质[主观题＋客观题]题型一以主观题形式单一考查考向1共价键类型、杂化轨道及分子的空间结构高考真题导向1.解析：BF4-中B形成4个σ键(其中有1个配位键)，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在Ⅱ56大π键，N原子形成3个σ答案：正四面体形sp22.答案：>Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，为平面三角形结构，Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，为四面体结构题组跟进演练1.解析：配体NO2-的中心N原子的价层电子对数为2＋12(6－2×2)＝3，且含有一个孤电子对，故NO2-中N原子的杂化方式是sp2杂化，空间结构是V形，NO2-中参与形成大π键的原子数为3，中心原子采取sp2杂化，所以中心原子中有1个孤电子对没有参与形成大π键，则参与形成大π键的电子数为6×3－2×2－2－4×2＝4答案：sp2V形Ⅱ2.解析：(1)由富马酸分子的比例模型可知，富马酸的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，σ键有11个，π键有3个，则分子中σ键和π键的数目比为11∶3。(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)羧基的结构是，一个羧基中碳原子与氧原子形成两个σ键，三个羧基有6个，还有一个羟基与碳原子相连形成一个σ键，因此1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键为7mol。答案：(1)11∶3(2)22(3)73．答案：NaCl是离子晶体，SiCl4是分子晶体，NaCl中离子键强度远大于SiCl4分子间作用力SiCl4、GeCl4、SnCl4的熔点依次升高，因为三者均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增强正四面体形sp34．解析：由ClO2为V形结构且存在大π键可知，ClO2中心原子Cl的价层电子对数为3，则Cl为sp2杂化，其中两个sp2杂化轨道与O的两个p轨道形成两个σ键，剩余的一个sp2杂化轨道容纳一个孤电子对；ClO2的VSEPR模型是平面三角形，因孤电子对与成键电子对间的排斥，O—Cl—O键角小于120°，而Cl2O的VSEPR模型是四面体形，存在两个孤电子对，由于孤电子对与成键电子对间的排斥，Cl—O—Cl键角小于109°28′，则O—Cl—O键角大于Cl—O—Cl键角。ClO2中存在大π键，而Cl2O中不存在π键，前者对O—Cl键键能的贡献包括σ键和π键，而后者仅仅是σ键，则前者键能大，键长短。答案：sp2>ClO2的键长比Cl2O的短，因ClO2中存在大π键，而Cl2O中不存在π键，前者对O—Cl键键能的贡献包括σ键和π键，而后者仅仅是σ键，则前者键能大，键长短考向2分子结构与性质的原因解释题高考真题导向1.解析：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。答案：FDCA形成的分子间氢键更多2．答案：(1)HC>HB>HAO、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性C=O＞C=S＞C=Se，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键的键能小于O—H键，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－题组跟进演练1.答案：(1)＞Cl3C—的极性大于Cl2HC—的极性，导致CCl3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H＋(2)＞烷基是推电子基团，烷基越长推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱2．解析：由于Si原子有3d空轨道，而C原子没有，且Si原子半径大于C原子半径，则Si—Cl键键长长，键能小；同时Si电负性小于C，Si—Cl键极性大；以上因素导致Si—Cl键更易断裂，SiCl4比CCl4更易水解，故选abd。答案：abd3．答案：甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且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4．答案：(b)中含有过氧键“—O—O—”，不稳定，且氧化性强于I2，Na2S2O3无法被I2氧化为(b)结构(或其他合理答案)题型二以选择题形式综合考查高考真题导向1.解析：选D。N2分子中存在N≡N，键能大于O2分子中化学键的键能，键能越大，分子越稳定，因此，相同条件下N2比O2稳定，A正确；N2O与NO2+均为CO2的等电子体，故均为直线形分子，两者空间构型相同，B正确；N2O的中心原子是N，其在催化剂作用下可分解为O2和N2，说明N2O中N—O键比N—N键更易断裂，C正确；N2O中σ键和大π键的数目均为2，因此，σ键和大π键的数目相等，2．解析：选B。1分子甘油中含有三个羟基，可以形成分子间氢键，且氧的电负性较大，形成的氢键较强，故甘油是黏稠液体，A正确；铂与HNO3反应生成的Pt4+能与氯离子形成稳定的配离子[PtCl6]2-，所以王水能溶解铂，B错误；冰晶体中，每个水分子周围有4个紧邻的水分子，氢键的存在迫使在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，干冰中的CO2之间只存在范德华力，一个分子周围有12个紧邻分子，故密度比冰的高，C正确；石墨中碳原子为sp2杂化，未参与杂化的2p原子轨道垂直于碳原子平面，由于所有p轨道相互平行且相互重叠，p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动，故石墨能导电，D正确。3．解析：选B。HCl是共价化合物，氢原子和氯原子各提供1个电子形成共价键，故正确表达式为，A错误；NH4+的中心原子N原子为sp3杂化，且孤电子对数为0，ClO4-的中心原子Cl原子为sp3杂化，且孤电子对数为0，故NH4+和ClO4-的VSEPR模型和空间结构都相同，B正确；C60和石墨中的碳原子为sp2杂化，金刚石中的碳原子为sp3杂化，C错误；NH34．解析：选C。由图中信息可知，白色的小球可形成2个共价键，灰色的小球只形成1个共价键，灰色的大球形成了4个共价键，根据O、F、I的电负性大小(F最大、I最小)及其价电子数可以判断，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不正确；根据该化合物结构片断可知，每个I原子与3个O原子形成共价键，根据均摊法可以判断必须有2个O原子分别与2个I原子成键，才能确定该化合物化学式为IO2F，因此，该化合物中不存在过氧键，B不正确；I原子的价电子数为7，该化合物中F元素的化合价为－1，O元素的化合价为－2，则I元素的化合价为＋5，据此可以判断每个I原子与其他原子形成3个单键和1个双键，I原子的价电子数不等于其形成共价键的数目，因此，该化合物中I原子存在孤对电子，C正确；该化合物中既存在I—O单键，又存在I=O双键，单键和双键的键长是不相等的，因此，该化合物中所有碘氧键键长不相等，D不正确。5．解析：选C。P原子的3个孤电子与苯环形成共用电子对，P原子剩余一个孤电子对与Ni形成配位键，Cl能与Ni形成共价键，结合各元素化合价代数和为0知，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，P位于第ⅤA族，价电子排布中3p轨道为半充满稳定结构，I1比相邻第ⅥA族元素大，但仍比相邻第ⅦA族元素小，则第一电离能Cl>P，B项正确；该物质中碳原子位于苯环上，杂化类型为sp2，P形成4个σ键，无孤电子对，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。6．解析：选A。由所给分子结构图，P和Q分子都满足对称，正负电荷重心重合，都是非极性分子，A错误；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由小到大的顺序为B<C<N，B正确；由所给分子结构可知，P分子式为C24H12，Q分子式为B12N12H12，P、Q分子都是含156个电子，故1molP和1molQ所含电子数目相等，C正确；由所给分子结构可知，P和Q分子中C、B和N均与其他三个原子成键，P和Q分子呈平面结构，故P和Q分子中C、B和N均为sp2杂化，D正确。题组跟进演练1.解析：选A。CH3OH和(CH3)2NNH2中C形成4个共价键为sp3杂化，O形成2个共价键且存在2个孤电子对为sp3杂化，N形成3个共价键且存在1个孤电子对为sp3杂化，杂化方式均相同，A正确；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，但由于分子内存在对称因素，使得分子没有旋光性，B错误；NaClO含有离子键和氯氧共价键，NaCl只含有离子键，所含的化学键类型不相同，C错误；BeCl2的Be形成2个共价键且无孤电子对，空间结构为直线形，D错误。2．解析：选D。臭氧是弱极性分子，在水中的溶解度小于在四氯化碳中的溶解度，A错误；因为水分子间形成的氢键数目大于氟化氢分子间形成的的氢键数目，因此水的沸点高于氟化氢的沸点，B错误；石墨层间靠范德华力维系，但是共价键键能强，石墨的熔点很高，C错误。3．解析：选B。A.由于乙醇中存在和氧原子相连的氢原子，存在分子间氢键，而乙醛中不存在，导致乙醇(78.3℃)的沸点高于乙醛(20.8℃)，即与氢键作用有关；B.KAl2Cl7是离子晶体，Al2Cl6是分子晶体，作用力为离子键＞范德华力，导致KAl2Cl7的熔点远高于Al2Cl6，与晶体类型有关；C.电负性F＞Cl，故PF3中共用电子对离P更远，排斥力更小，键角更小，即键角与F、Cl的电负性差异有关；D.由于半径I＞Br，导致H—Br的键能比H—I的键能大，所以热分解温度HBr大于HI，即稳定性HBr＞HI，故HBr和HI的热稳定性和键能有关。4．解析：选A。NO2+中，N原子的价层电子对数为2，发生sp杂化，最外层不存在孤电子对，空间结构为直线形，A正确；通常，慢反应的活化能较大，快反应的活化能较小，则反应③的活化能比反应②小，B不正确；将①②③反应加和，可得出总反应为，则反应的类型为取代反应，C不正确；中，与—NO2相连的碳原子发生sp3杂化，其他碳原子均发生sp2杂化，D不正确。任务11化学用语的规范使用[选择题]高考真题导向1.解析：选C。中子数为1的氦元素的质量数为3，表示为23He，A错误；二氧化硅为共价晶体，B错误；F2中的共价键由2个F原子各提供1个未成对电子的2p原子轨道重叠形成，为p­pσ键，C正确；PCl3的中心原子P的价层电子对数为3＋5－3×12＝4，有2．解析：选A。含有的官能团为羟基，甲基与羟基相邻，系统命名为2­甲基苯酚，A正确；臭氧中心原子O的价层电子对数为2＋6－2×22＝3，属于sp2杂化，有1个孤电子对，臭氧为V形分子，球棍模型为：，B错误；K能层只有1个能级1s，不存在1p能级，C错误；p­pπ键形成的轨道重叠示意图为：，3．解析：选B。2个Cl原子中的单电子结合形成共用电子对得到氯气，A正确；亚铜氨离子带1个单位的正电荷，故该反应的离子方程式为[Cu(NH3)2]＋＋CO＋NH3⥬[Cu(NH3)3CO]＋，B错误；p轨道“肩并肩”重叠形成π键，C正确；芳纶纤维凯芙拉由对苯二胺和对苯二甲酸缩聚而成，D正确。题组跟进演练1.解析：选D。CO2分子中存在2个碳氧双键，电子式为，A错误；锗是第四周期第ⅣA族元素，基态锗原子的简化电子排布式：[Ar]3d104s24p2，B错误；甲基的电子式：，C错误；铝原子最高能级为3p，p轨道为哑铃形，电子云轮廓图为，D正确。2．解析：选B。2­甲基戊烷的键线式为，A错误；P4的空间结构是正四面体，并且键角为60°，其空间结构为，B正确；铝离子的核电荷数为13，最外层为8个电子，结构示意图为，C错误；CH3CHO的球棍模型为，空间填充模型为，D错误。3．解析：选D。中心原子S的价层电子对数为3＋12(6－2×3)＝3，没有孤电子对，VSEPR模型是平面三角形，与图不相符，A项错误；乙炔分子的空间填充模型为，球棍模型为，B项错误；基态Ti原子的价层电子排布式为3d24s2，轨道表示式为，C项错误。4．解析：选B。CH3CH(CH2CH3)2主链上有5个碳原子，3号位有1个甲基，名称为3­甲基戊烷，A正确；SO2的中心原子S原子的价层电子对数为2＋6－2×22＝3，含有1个孤电子对，其VSEPR5．解析：选D。[Ag(CN)2]－中含有Ag＋和CN－之间的配位键，CN－内含有三键，故该配离子中σ键与π键的个数比为4∶4＝1∶1，D错误。任务12元素“位—构—性”的关系及应用[选择题]考向1语言描述型元素推断高考真题导向1.解析：选A。根据题干信息可知：W为C，X为N，Y为Mg，Z为Fe。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的中心原子N的价层电子对数为3＋12×(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，由于NH4Cl为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故Mg(OH)2能与NH4Cl溶液反应：Mg(OH)2＋2NH4+=Mg2+＋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Fe2．解析：选D。X、Y、Z、W、Q为短周期元素，W元素的焰色试验呈黄色，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、Q为S；Y原子核外有两个单电子且原子序数小于Z，Y为C元素；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18－4－6－1－6＝1，X为H或Li。若X为H，H与C组成的化合物为烃，烃能够燃烧，若X为Li，Li与C组成的化合物也具有可燃性，A项正确；X、Q组成化合物中Q(即S)元素呈－2价，为S元素的最低价，具有还原性，B项正确；Z、W组成的化合物为Na2O、Na2O2，Na2O与水反应生成NaOH，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，C项正确；W、Q组成的化合物Na2S属于强碱弱酸盐，其溶于水所得溶液呈碱性，D项错误。3．解析：选A。由题给信息推知：X为N，Y为O，W为B，Z为F。BF3为非极性分子，NF3为极性分子，故分子的极性BF3<NF3，A正确；同周期元素从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但N的2p能级处于半充满稳定状态，其第一电离能大于O，所以第一电离能F>N>O，B错误；N2O3的氧化性大于B2O3，C错误；键能N2>O2>F2，D错误。题组跟进演练1.解析：选A。W是宇宙中含量最多的元素，故W为H元素，基态Z原子的s电子总数和p电子总数均为4，Z原子电子排布式为1s22s22p4，则Z为O元素，基态X原子和基态Z原子具有相同的单电子数，有2个单电子，X可能为Si或C元素，又因为W、X、Y和Z的原子序数之和为22，故X为C元素，则Y为N元素，该物质为C2H7NO。利用同周期从左向右原子半径依次减小，同主族从上到下原子半径依次增大，因此原子半径：r(O)<r(N)<r(C)，A正确；非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，同周期从左向右非金属性增强，O的非金属性强于N，H2O的稳定性强于NH3，B错误；E中既含有极性共价键、也有非极性键，C错误；利用同周期从左向右电负性依次增大，同主族从上到下电负性依次减小，电负性：C<N<O，D错误。2．解析：选C。Y的基态原子价层电子排布式为nsn-1npn-2，可知n＝3，价层电子排布式为3s23p1，Y为Al元素，Y和Z同周期，因此Z也是在第三周期，Z的基态原子价层的s和p轨道电子数相同，可知Z的基态原子价层电子排布式为3s23p2，Z为Si元素，E在地壳中含量最多，因此E为O元素，由于组成元素原子序数均小于20，且在前四个周期均有分布，还差第一周期和第四周期，根据仅X和M同族，电负性：X<M可知，M为H元素，X为K元素，则化合物为KAl3Si3H2O12。Z为Si元素，Y为Al元素，同周期从左往右原子半径减小，因此原子半径为Si<Al，A错误；E元素为O，同周期中比O第一电离能大的有N、F、Ne3种元素，B错误；ZE2为SiO2，ZM4为SiH4，SiO2为共价晶体，SiH4为分子晶体，共价晶体熔点更高，因此熔点是SiO2>SiH4，C正确；M3E＋为H3O＋，中心原子O原子的价层电子对数为4，因此为sp3杂化，D错误。3．解析：选C。根据基态X原子s轨道上的电子数与p轨道上的电子数相等，推知X为Mg或O元素，由荧光粉结构可知X主要形成酸根，故X为O元素，基态O原子的未成对电子数为2，则基态Y、Z原子的未成对电子数分别为1、3，结合原子序数关系可确定Y为F元素或Na元素，Z为P元素，W、Y可形成WY2，Y不可能为金属元素，则Y为F元素，则该荧光粉的主要成分为3W3(PO4)2·WF2，结合化合物中各元素化合价代数和为0可确定W为＋2价，又其原子序数最大，故W为Ca元素。元素电负性F>O>P>Ca，A项错误；原子半径F<O<P<Ca，B项错误；F2、Ca与水反应生成的气体分别为O2和H2，C项正确；P元素的最高价氧化物对应的水化物H3PO4不具有强氧化性，D项错误。考向2根据元素周期表片段进行元素推断高考真题导向1.解析：选C。甲～戊是短周期元素，戊的最高价氧化物对应水化物为强酸，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。甲的氢化物可能为氨气、甲烷、乙烷等，若是氨气，则遇氯化氢有白烟产生；若是甲烷、乙烷等，则遇氯化氢没有白烟生成，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。2．解析：选A。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，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。ZQ2为CS2，ZR4为CCl4，CS2中硫的还原性强于CCl4中的氯元素，A错误；Mg和CO2发生反应：2Mg＋CO2点燃2MgO＋C，B正确；Al和Fe2O3发生铝热反应：2Al＋Fe2O3高温Al2O3＋2Fe，C正确；N的最高价氧化物的水化物为HNO3，最低价氢化物为NH3，二者发生反应：HNO3＋NH3=NH4NO3，D正确。题组跟进演练1.解析：选B。W、X、Y、Z、M、N六种主族元素，根据它们在周期表中位置可知，W为O元素、X为Na、Y为Mg、Z为S、M为Cl、N为Ge元素。同周期原子半径从左到右依次减小，故原子半径Na>Mg，A正确；W为O元素，原子序数为8，位于元素周期表第二周期第ⅥA族，B错误；元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性：HClO4>H2SO4，C正确；Ge位于金属和非金属分界处，此处的元素多数具有半导体的性质，D正确。2．解析：选D。分析可知，Z为N元素，Y为C元素，W为O元素，X为Al元素，M为S元素。同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，则非金属性W>Z>Y，A正确；M为S元素，Y为C元素，M、Y的最高价氧化物对应水化物分别为H2SO4、H2CO3，则最高价氧化物对应水化物的酸性M>Y，B正确；X为Al，W为O，通过电解熔融的Al2O3可制得Al单质，C正确；Z为N，W为O，气态N2O4的体系中存在平衡N2O4⥬2NO2，NO2为红棕色气体，D错误。3．解析：选A。W、Y对应的简单氢化物分别为H2S和H2O，元素非金属性越强，其简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性O＞S，所以水的稳定性比H2S高，故A错误，D正确；S和Cl的非金属性S＜Cl，所以阴离子的还原性S2-＞Cl－，故B正确；O2-和Al3+核外电子排布相同，离子半径随核电荷数的增大而减小，所以离子半径O2-＞Al3+，故C正确。考向3物质结构示意图型元素推断高考真题导向1.解析：选D。根据题目信息可知：W为H，X为O，Y为S，Z为K。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的氧化物溶于水可产生KOH，溶液呈碱性，S的氧化物溶于水生成H2SO3或H2SO4，溶液呈酸性，D正确。2．解析：选D。Y可形成5个共价键，Z可形成3个共价键，Z和Y同族，Y原子序数比Z大，即Z为N元素，Y为P元素，W可形成4个共价键，原子序数比N小，即W为C元素，R可形成1个共价键，原子序数比C小，即R为H元素，X可形成2个共价键，原子序数在N和P之间，即X为O元素，综上：R为H元素、W为C元素、Z为N元素、X为O元素、Y为P元素。由于NH3可形成分子间氢键，而PH3不能，因此沸点：NH3＞PH3，A错误；W为C元素、Z为N元素，由于非金属性：C＜N，因此最高价氧化物的水化物的酸性：H2CO3＜HNO3，B错误；同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，第ⅡA族、第ⅤA族元素第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能：C<O<N，C错误；NO3-的中心原子价层电子对数为3＋5+1-2×32＝3，属于sp2杂化，为平面三角形，CO32-的中心原子价层电子对数为题组跟进演练1.解析：选B。根据离子液体的结构示意图进行元素推断。由上述分析可知，P、Q、W、X、Y、Z分别为Li、C、N、O、F、S。同周期从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径：Li>N>O>F，A正确。O、F没有最高价氧化物对应的水化物，B错误。锂单质的保存方法是密封在固体石蜡中，C正确。F2和水可以发生置换反应生成O2，D正确。2．解析：选D。根据结构可知：X形成4个共价键，X为C，Y形成3个共价键，Y为N，Z形成2个共价键，Z为O，W形成1个共价键，W为F。N、O、F的简单离子核外电子排布相同，半径关系：N3->O2->F－，A正确；由于N原子的2p轨道为半满结构，稳定性较强，其第一电离能比O大，但是比F小，第一电离能的关系：Z(O)<Y(N)<W(F)，B正确；C原子杂化类型有sp2、sp3，C正确；HF的沸点高于CH4，是因为HF分子之间可以形成氢键，使其沸点升高，但是HF分子之间形成的不是直线形氢键，应为锯齿形，D错误。3．解析：选C。X、Y在第二周期且未成对电子数之比为2∶3，原子序数X<Y，X是C元素，Y是N元素，Z的最高化合价与最低化合价的代数和为4，结合阴离子结构图，可推知Z为S，W为日常生活中应用最广泛的过渡金属，W是Fe元素，X、Y、Z、W分别为C、N、S、Fe元素。根据分析W是Fe，结合结构图可知化合价为＋3，A正确；同周期主族元素的第一电离能从左往右呈现增大的趋势，同主族元素的第一电离能从上往下逐渐减小，Y、Z、W分别为N、S、Fe元素，由于N元素的2p能级为半充满状态，因此第一电离能更大，故第一电离能最大的是N元素，即Y>Z>W，B正确；未指明是最简单氢化物，无法比较氢化物的沸点，C错误；观察结构可知，X、Y、Z均满足最外层8电子结构，D正确。任务13配位键、配合物的结构与性质[主观题]高考真题导向解析：(1)由题目信息可知，酞菁分子中所有原子共平面，则酞菁分子中的三种N原子的杂化方式均为sp2杂化，其中③号N原子分别与2个碳原子和1个氢原子形成σ键，剩下一对电子未参与p轨道的杂化，参与形成了大π键，而①②号N原子的杂化方式均为sp2杂化，孤电子对参与杂化，孤电子对为sp2杂化轨道的电子，剩余一个单电子参与形成大π键，故③号N原子的p轨道能提供一对电子。根据题图2可知，由酞菁分子形成配合物钴酞菁时，酞菁分子中失去了两个带正电荷的H原子，使③号N原子各带一个单位负电荷，为保证钴酞菁整体呈现电中性，则应该是＋2价钴离子与之配合形成钴酞菁分子；在钴酞菁分子中氮原子作为配位原子提供孤电子对与钴离子形成配位键。(2)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，可知该晶胞中顶点为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8×18＝1，F－数目为12×14＝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＝84NAa答案：(1)③＋2价配位(2)sp3杂化离子284题组跟进演练1.答案：当H＋浓度较高时，邻二氮菲中的N优先与H＋形成配位键，导致与Fe2+配位的能力减弱；当OH－浓度较高时，OH－与Fe2+反应，也会影响与邻二氮菲配位2．答案：(1)三角锥形＋35(2)C(3)②号氮原子孤电子对参与形成大π键，使电子云密度降低，与钴配位能力减弱3．答案：(1)(2)c(3)①sp2②C的电负性小于N，C和N电子层数相同，核电荷数C<N，原子半径C>N，原子核对最外层电子的吸引作用C<N③在酸性环境中，卟啉分子中部分N会与H＋形成配位键，部分N上无孤电子对，与其他原子配位能力减弱任务14晶体类型判断与晶胞结构的分析与计算[主观题＋选择题]高考真题导向1.解析：选D。根据均摊法可知，该晶胞中Bi的个数为12×14＋1＝4，F的个数为8×18+6×12＋8＝12，根据勾股定理可知，BG2＝BP2＋PG2＝54a2pm2＝BO2＋OG2，则∠BOG为直角，OA＝14BH＝34apm，OG＝22apm，AG2＝OA2＋OG2＝1116a2pm2，ST与AG平行且相等，则粒子S、T之间的距离为114apm，B正确；该晶体密度为4×209+12×19NA×a32．解析：图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故Ca与N的距离为22apm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为8×18＋2＝3，N的个数为8×14+2×12＝3，B的个数为4×14＝1，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为Mg·mol-1，阿伏加德罗常数的值是NA，晶胞体积为a2c×10-30cm3答案：22aCa3N3BMNA题组跟进演