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重点知识(二) 物质结构与性质
重点知识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 ＋4
4．答案：四 ⅦB Cr
5．答案：ds 3d104s1
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)4 1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)
2．答案：(1)3d24s2 12 (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>Cl
2．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
1
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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
重点知识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Ⅱ5
6大π 键，N 原子形成3 个σ 键，杂化方式为sp2。
答案：正四面体形 sp2
2.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＋1
2
(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，故NO2
−中大π 键可表示为
Ⅱ3
4。
答案：sp2 V 形 Ⅱ3
4
2. 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1 mol 柠檬酸分子中碳原子与氧原子
形成的σ 键为7 mol。
答案：(1)11∶3 (2)2 2 (3)7
3．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 sp3
2
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4．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sp 2杂化，其中两个sp 2杂化轨道与O 的两个p 轨道形成两个σ 键，剩余的一个
sp 2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：sp 2 > 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>HA O、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：abd
3．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，D 不正确。
3
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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；NH 4
+
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NH 4
+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；NH3分子间作用力有氢键和范德华力，CO2分子间作用力为范
德华力，作制冷剂的原因是液氨易汽化和干冰易升华，均可吸收热量，D 错误。
4．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1 mol P 和1 mol Q 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
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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。
重点知识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He
2
3
，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pp σ 键，C 正确；PCl3的中心原子P 的价层电子对数为3＋5－3×1
2
＝4，有1 个
孤电子对，故PCl3的空间结构为三角锥形，D 错误。
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＋6－2×2
2
＝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；pp π 键形成的轨道重叠示意图为：
5
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，D 错误。
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＋1
2
(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＋6－2×2
2
＝3，含有1 个
孤电子对，其VSEPR 模型为
，B 错误。
5．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。
重点知识12 元素“位—构—性”的关系及应用 [选择题]
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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＋1
2
×(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Fe3+形成配位键，D 项
正确。
2．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、Ne 3 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
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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
8
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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+1−2×3
2
＝3，属于sp2杂化，为平面三角形，CO3
2−
的中心原子价层电子对数为3＋4+2−2×3
2
＝3，属于sp2杂化，为平面三角形，D 正确。
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
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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。
重点知识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8×1
8
＝1，F－数目为12×1
4
＝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＝
84
N A(a×10
−10)
3 g·cm-3。
答案：(1)③ ＋2 价 配位
(2)sp3杂化 离子 2
84
N A(a×10
−10)
3
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 ＋3 5 (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)①sp2 ②C 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<N ③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
重点知识14 晶体类型判断与晶胞结构的分析与计算 [主观题＋选择题]
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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12×1
4
＋1＝4，F 的个数为8×
1
8 +6× 1
2
＋8＝12，故该铋氟化物的化学式为BiF3，A 正确；如图所示
，根据勾股定理可知，BG2＝BP2＋PG2＝
5
4
a2 pm2＝BO2＋
OG2，则∠BOG 为直角，OA＝1
4 BH ＝√3
4
a pm，OG＝√2
2
a pm，AG2＝OA2＋OG2＝11
16
a2 pm2，ST 与AG 平行且相等，则粒子S、T 之间的距离为√11
4
a pm，B 正确；该晶体密
度为4×209+12×19
N A×a
3×10
−30
g·cm-3＝
1 064
N A×a
3×10
−30
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。
2．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√2
2
a
pm；由均摊法可知，晶胞中Ca 的个数为8× 1
8
＋2＝3，N 的个数为8×1
4 +2× 1
2
＝3，B 的
个数为4×1
4
＝1，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为M g·mol-1，阿伏加德罗常
数的值是NA，晶胞体积为a2c×10-30 cm3，则晶体的密度为
M
N A a
2c
×1030 g·cm-3。
答案：√2
2
a Ca3N3B
M
N A a
2c
×1030
题组跟进演练
题组1 晶胞结构的分析
1．解析：选C。富勒烯C60是由C60分子通过范德华力结合形成的分子晶体，A 正确；
由题图可知，中心K＋周围有12 个Au 形成二十面体笼(每个面为三角形，上、中、下层分
别有5、10、5 个面)，B 正确；全金属富勒烯不是碳元素的单质，因此其与富勒烯C60不互
为同素异形体，C 错误。
2．解析：选D。LiH 中H 元素为－1 价，由图中C N 2
2−化合价可知， N 元素为－3 价，
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C 元素为＋4 价，根据反应2LiH＋C＋N2高温
❑
Li2CN2＋H2可知，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；根据均摊法可知，Li＋位于晶胞中的面上，则含有的Li＋个数为8×1
2
＝4，B
正确；观察位于体心的C N 2
2−可知，与它最近且距离相等的Li＋有8 个，C 正确；C N 2
2−的
中心原子C 原子的价层电子对数为2＋1
2
×(4＋2－3×2)＝2，且C N 2
2−与CO2互为等电子体，
可知C N 2
2−为直线形分子，D 错误。
3．解析：选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
8
＝1，则Au 的质量分数为
197
197+64
×100%≈75%，
为18K 金，A 正确；Ⅱ中Au 位于顶点，个数为8×1
8
＝1，Cu 位于面心，个数为6×1
2
＝
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AuCu 和AuAu 的最小核间距均为面对角线长度的1
2
，故最小核间距
AuCu＝AuAu，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6×1
2
＝3 ，Cu 位于顶点，个数为8×1
8
＝1，Au、Cu 原子个数比为3∶1，D 正确。
4．解析：选B。由均摊法知，结构1 中含Co 数目为1
8
×4＋4＝4.5，含S 数目为1
4
×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1
2，即√2
2
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；晶胞2 中Li 数目为8，S
数目为1
4
×12＋1＝4，晶胞2 含4 个Li2S，晶胞3 中Li 数目为8，S 数目为1
8 ×8+ 1
2
×6 ＝
4，晶胞3 也含4 个Li2S，故晶胞2 和晶胞3 表示同一晶体，D 正确。
题组2 晶胞计算
5．解析：选C。由题图可知，晶胞中K 处于顶点，数目为1
8
×8＝1，Ca 在晶胞的体
心，数目为1，B 在晶胞的面上，数目为1
2
×12＝6，C 也在晶胞的面上，数目为1
2
×12＝
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+有8 个，B
项正确；结合题图可知，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2.17×10
32
a
3· N A
g·cm-3，D 项正确。
12
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6．答案：2∶1∶1 8a3
13
