【高考快车道】第一部分 高考热点突破 主观题突破一 物质结构与性质（课件）-化学高考二轮复习

(共64张PPT)
主观题突破一　物质结构与性质
突破点1　电子排布　电离能和电负性的应用
突破点2　化学键的判断　杂化和空间结构
目录索引
突破点3　晶胞分析及相关计算
突破点4　结构决定性质——原因解释类简答题
突破点1　电子排布　电离能和电负性的应用
真题体验
(2025·浙江1月选考卷节选)磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答:
(1)关于ⅤA族元素原子结构的描述,下列说法正确的是__________。
A.基态磷原子3p轨道上的电子自旋方向相同
B.As3+的最外层电子数为18
C.P3+的半径小于P5+的半径
D.电子排布式为[Ne]3s13p4的磷原子处于激发态
AD
(2)某化合物的晶胞如图。
①化学式是__________。
②将0.01 mol该化合物加入含少量石蕊的10 mL H2O中,实验现象是_______________________________(从酸碱性和溶解性角度推测)。
(3)两分子H3PO4(=4.8×10-13)脱水聚合得到一分子H4P2O7(=2.0×10-7),从P、HP2的结构角度分析差异的原因: __________。
Ca3PCl3
溶液变蓝,有气体放出,出现悬浊液
P的半径小,电荷密度大,更易结合H+
(2)基于“均摊法”的晶胞分析:Cl处于6个面心,P处于8个顶角,Ca处于12条棱的中心 Cl的个数:6×=3;P的个数:8×=1;Ca的个数:12×=3。
(3)基于离子结构的的差异分析:的大小取决于P、HP2结合H+的能力,离子半径越小,离子电荷密度越大,越易结合H+,对应酸就越难电离。
模型构建
1.基态原子(离子)核外电子排布的“三原则”
2.核外电子排布式及核外电子的运动状态和空间运动状态
(1)熟记主族元素的价层电子排布式。
第ⅠA族:ns1;第ⅡA族:ns2;第ⅢA族:ns2np1;第ⅣA族:ns2np2;第ⅤA族:ns2np3;第ⅥA族:ns2np4;第ⅦA族:ns2np5。
(2)掌握第四周期副族元素的价层电子排布式。
Sc:3d14s2;Ti:3d24s2;V:3d34s2;Cr:3d54s1;Mn:3d54s2;Fe:3d64s2;Co:3d74s2;Ni:3d84s2;Cu:3d104s1;Zn:3d104s2。
(3)判断核外电子运动状态和空间运动状态的数目。
①电子运动状态数目=核外电子种数
②电子空间运动状态数目=电子占据的原子轨道数
3.电离能及比较
(1)元素第一电离能的周期性变化。
①同周期元素从左到右,第一电离能呈增大趋势;稀有气体元素的第一电离能最大,碱金属元素的第一电离能最小。
②同主族元素自上而下,第一电离能逐渐减小。
[微点拨]同周期中ⅡA族、ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素,其原因是ⅡA族、ⅤA族元素原子的价层电子排布式分别为ns2、ns2np3,最高能级分别为全充满、半充满,均较难失去电子,故这两族元素原子的第一电离能反常。
(2)逐级电离能及比较。
4.电负性及其应用
(1)电负性的周期性变化。
①同周期主族元素从左到右,元素的电负性逐渐增大。
②同主族元素自上而下,元素的电负性逐渐减小。
(2)电负性的应用。
模型应用
应用一　核外电子排布及运动状态描述
1.(1)(2025·湖北卷节选)基态氟离子的电子排布式为__________。
(2)(2025·山东卷节选)在元素周期表中,Fe位于第_______周期_______族。基态Fe原子与基态Fe3+未成对电子数之比为__________。
(3)(2025·河南卷节选)Ca位于元素周期表中__________区;基态Ni2+的价层电子排布式为__________。
(4)(2025·云南卷节选)基态Cu原子的价层电子排布式为__________。
1s22s22p6
四
Ⅷ
4∶5
s
3d8
3d104s1
2.(1)(2024·全国新课标卷节选)基态Ni原子价层电子的轨道表示式为____________________。
(2)(2024·全国甲卷节选)ⅣA族元素具有丰富的化学性质,该族元素基态原子核外未成对电子数为__________,在与其他元素形成化合物时,呈现的最高化合价为__________。
(3)(2024·广东卷节选)基态氮原子价层电子的轨道表示式为__________。
3.(1)(2024·重庆卷节选)已知基态Ru的核外电子排布式为[Kr]4d75s1,则Ru在元素周期表中位于第__________周期第__________族。
(2)(2024·河北卷节选)钒原子的价层电子排布式为_________。
2
+4价
五
Ⅷ
3d34s2
应用二　电离能、电负性的比较及原因分析
4.(1)(2025·山东卷节选)元素C、N、O中,第一电离能最大的是__________,电负性最大的是__________。
(2)(2025·广东卷节选)羧酸酸性可用Ka衡量。下列羧酸Ka的变化顺序为CH3COOHN
O
增大
极性
5.(2024·浙江6月选考卷节选)氧是构建化合物的重要元素。请回答:
(1)下列有关单核微粒的描述正确的是__________(填字母)。
A.Ar的基态原子电子排布方式只有一种
B.Na的第二电离能>Ne的第一电离能
C.基态Ge原子的简化电子排布式为
[Ar]4s24p2
D.Fe原子变成Fe+,优先失去3d轨道上的电子
AB
(2)化合物HA、HB、HC和HD的结构如图所示。
①HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键(—O—H…OH2),按照氢键由强到弱对三种酸排序:______________,请说明理由。
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已知HC、HD钠盐的碱性NaC>NaD,请从结构角度说明理由。
S的原子半径大于O的原子半径,S—H的键能小于O—H,使得HD比HC更易电离出H+,酸性HD>HC,C-的水解能力大于D-
突破点2　化学键的判断　杂化和空间结构
真题体验
(2024·山东卷节选)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)[BMIM]+B(如图)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__________。
四
ⅦB
Cr
正四面体形
Sp2
(3)MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(如图)。FDCA的熔点远高于HMF,除相对分子质量存在差异外,另一重要原因是__________。
FDCA形成的分子间氢键更多
模型构建
1.判断共价键的形成及类型
(1)判断σ键和π键的两种方法
判断依据 判断方法
由共用电子对数判断 单键为σ键;双键或三键,其中一个为σ键,其余为π键
由成键轨道类型判断 s轨道形成的共价键全部是σ键;杂化轨道形成的共价键全部为σ键,配位键都是σ键
(2)大π键的形成及表示
大π键一般是三个或更多个原子间形成的,是未杂化轨道中原子轨道“肩并肩”重叠形成的π键。
①形成条件
形成大π 键的条件 这些原子处于同一平面上
这些原子有相互平行的p轨道
p轨道上的电子总数小于p轨道数的2倍
②表示方法:,m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数。
(3)配位键与配位化合物的结构
{以[Cu(NH3)4]SO4为例,离子中的“→”表示配位键}
①配体:含有孤电子对的分子或离子,
如NH3、H2O、CO、Cl-、Br-、I-、SCN-等。
②中心离子:一般是金属离子,特别是过渡元素中的金属离子,如Cu2+、Fe3+等。
③配位数:直接同中心原子(或离子)配位的含有孤电子对的分子(或离子)的数目。
④常见配合物:如[Cu(NH3)4](OH)2、[Cu(NH3)4]SO4、[Ag(NH3)2]OH、Fe(SCN)3、Fe(CO)5等。
2.判断中心原子的杂化方式
(1)公式计算法。
①适用范围:ABn型分子或A型离子。
②公式:价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数,孤电子对数=(中心原子的价层电子数±电荷数-配位原子最多能接受的电子数之和)。
③当出现单电子时,单电子算一对。
(2)根据有机化合物的成键特点判断。
3.判断分子(或离子)的空间结构
常见粒子 中心原子的杂化方式 VSEPR模型名称 中心原子上的孤电子对数 粒子的空间结构
CH4 sp3 正四面体形 0 正四面体形
H2O sp3 四面体形 2 V形
NH3 sp3 四面体形 1 三角锥形
S sp3 正四面体形 0 正四面体形
BF3 sp2 平面三角形 0 平面三角形
SO2 sp2 平面三角形 1 V形
CO2 sp 直线形 0 直线形
模型应用
应用一　共价键的类型及判断
1.(2024·北京卷节选)锡(Sn)是现代“五金”之一,广泛应用于合金、半导体工业等。
(1)Sn位于元素周期表的第五周期第ⅣA族。将Sn的基态原子最外层轨道表示式补充完整。
(2)SnCl2和SnCl4是锡的常见氯化物,SnCl2可被氧化得到SnCl4。
①SnCl2分子的VSEPR模型名称是____________________。
②SnCl4的Sn—Cl是由锡的__________轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。
平面三角形
sp3杂化
2.(2024·全国新课标卷节选)Ni(CO)4(四羰合镍,沸点为43 ℃)可用于制备高纯镍,也是有机化合物羰基化反应的催化剂。
Ni(CO)4的结构如图所示,单个该粒子中含有σ键的数目为__________, Ni(CO)4晶体的类型为__________。
8
分子晶体
应用二　杂化类型和空间结构的判断
3.(2024·全国甲卷节选)ⅣA族元素具有丰富的化学性质,其化合物有着广泛的应用。回答下列问题:
(1)CaC2俗称电石,该化合物中不存在的化学键类型为__________(填字母)。
a.离子键 b.极性共价键
c.非极性共价键 d.配位键
bd
(2)一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷 ,其中电负性最大的元素是__________,硅原子的杂化轨道类型为__________。
C
sp3
突破点3　晶胞分析及相关计算
(含原子分数坐标和投影分析)
真题体验
(1)(2024·山东卷节选)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晶体有氧原子脱出时,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
MnO2
降低
A
(2)(2024·甘肃卷节选)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示,沿x轴方向的投影为图乙,晶胞底面显示为图丙,晶胞参数a≠c,α=β=γ=90°。图丙中Ca与N的距离为__________ pm;化合物的化学式是__________,其摩尔质量为M g·mol-1,阿伏加德罗常数的值是NA,则晶体的密度为_____________ g·cm-3 (列出计算表达式)。
a
Ca3N3B
×1030
解析:(1)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;当MnOx晶体有氧原子脱出时,出现O空位,则x减小,Mn的化合价为+2x,即Mn的化合价降低;CaO中Ca的化合价为+2价、V2O5中V的化合价为+5价、Fe2O3中Fe的化合价为+3价、CuO中Cu的化合价为+2价,其中CaO中Ca的化合价只能下降为0,说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质。
(2)图丙为正方形,Ca与N的距离为a pm;由均摊法可知,晶胞中Ca的个数为8×+2=3,N的个数为8×+2×=3,B的个数为4×=1,则该含钙化合物的化学式是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×1030 g·cm-3。
模型构建
1.计算晶体密度及粒子间距离的方法
(1)计算晶体密度的方法
(2)计算晶体中粒子间距离的方法
①分析思路
②常见堆积模型中粒子之间的距离(a为晶胞参数,r为粒子半径)
2.常见典型晶胞的投影或剖面图
3.确定晶胞中原子分数坐标的方法
模型应用
应用一　晶胞结构及分析
1.(2025·江苏卷节选)如图所示,ZnS晶体中掺入少量CuCl后,会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域,光照下发出特定波长的光。
区域A“ ”中的离子为__________(填离子符号),区域B带__________(填“正电”或“负电”)。
Cl-
负电
解析:晶胞掺杂过程中,应由半径相近的微粒进行替换,则区域A中,由Cl-替换S2-,区域B中,由Cu+替换Zn2+;按照均摊法,区域B中含3个Zn2+、1个Cu+、8×+6×=4个S2-,(+2)×3+(+1)×1+(-2)×4=-1,则区域B带负电。
2.(2024·福建卷节选)LiOH的晶胞结构如图所示。
(1)晶体中与一个O紧邻的Li有__________个。
(2)一个Li与所有紧邻O形成的空间结构为__________。
(3)晶体中微粒间作用力有__________(填字母)。
a.氢键　b.离子键　c.金属键　d.范德华力　e.极性共价键　f.非极性共价键
4
四面体形
bde
解析:(1)根据LiOH的晶胞结构及其在x轴方向的投影图可知,在晶胞中Li位于8个顶角和上、下底面的2个面心,O位于前、后、左、右4个侧面上,晶体为层状结构。晶体中与一个O紧邻的Li有4个,晶体中与一个Li紧邻的O也有4个。
(2)因为∠O—Li—O=129°,故一个Li与所有紧邻O形成的空间结构为四面体形而非正四面体形。
(3)由于O无法提供价层孤电子对,且层间距离远,OH-间不能形成氢键;LiOH为离子化合物,不存在金属键;Li+与OH-间存在离子键;由于LiOH晶体呈层状结构,层间存在范德华力;O—H属于极性共价键,故晶体中微粒间作用力有bde。
3.(1)(2024·浙江6月选考卷节选)某化合物的晶胞如图所示,Cl-的配位数(紧邻的阳离子数)为______;写出该化合物的化学式:__________;写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式:_______________________。
12
K3ClO
K3ClO+2NH4Cl+H2O══3KCl+2NH3·H2O
解析:由晶胞结构知,Cl位于8个顶角,O位于体心,K位于面心,1个晶胞中含Cl 8×=1个,含O 1个,含K 6×=3个,则该化合物的化学式为K3ClO;由图可知,Cl-的配位数为=12;该化合物可看成KCl·K2O,故该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3·H2O,化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O══3KCl+2NH3·H2O。
(2)(2024·江苏卷节选)铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个铁原子位于晶胞体对角线上,氧原子未画出),其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=__________。
2∶1
解析:由铁酸铋晶胞结构示意图可知,晶胞体内有4个Fe,面上有8个Fe,根据“均摊法”可知,Fe的数目为4×1+8×=8;Bi全部在晶胞的面上,其数目为8×=4,因此其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=2∶1。
应用二　晶体的密度等相关计算
4.(1)(2025·北京卷节选)[Mg(NH3)6]Cl2的晶胞是立方体结构,边长为a nm,结构示意图如下。
①[Mg(NH3)6]Cl2的配体中,配位原子是__________。
②已知[Mg(NH3)6]Cl2的摩尔质量为M g·mol-1,阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的密度为__________ g·cm-3。(1 nm=10-7 cm)
N
×1021
解析:①[Mg(NH3)6]Cl2的内界为[Mg(NH3)6]2+,其配体为NH3,由于氮原子有孤电子对,故配位原子为N;②根据均摊法,该晶胞中[Mg(NH3)6]2+的个数为8×+6×=4,Cl-的个数为8,故每个晶胞中含有4个[Mg(NH3)6]Cl2,则晶体的密度为×1021 g·cm-3。
(2)(2025·云南卷节选)一种锑锰(Mn3Sb)合金的立方晶胞结构如图。
①该晶胞中,每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有__________个。
②NA为阿伏加德罗常数的值,晶胞边长为a nm,则晶体的密度为_________ g·cm-3(列出计算式即可)。
12
解析:①由晶胞结构可知,该晶胞为面心立方,Sb位于晶胞的顶角,其与邻近的3个面的面心上的Mn距离最近且距离相等,每个顶角参与形成8个晶胞,而每个面心参与形成2个晶胞,因此,该晶胞中每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有=12个。②由晶胞结构和均摊法可知,该晶胞中平均占有1个Sb和3个Mn,因此,该晶胞的质量为 g,该晶胞的体积为(a nm)3= a3×10-21 cm3,晶体的密度为 g·cm-3。
5.(1)(2024·黑吉辽卷节选)负载在TiO2上的RuO2催化活性高,稳定性强。TiO2和RuO2的晶体结构均可用如图表示,二者晶胞体积近似相等,RuO2与TiO2的密度比为1.66,则Ru的相对原子质量为__________(精确至1)。
101
解析:由于二者的晶体结构相似,晶胞体积近似相等,则其密度之比等于摩尔质量之比,故1.66=,解得Ar(Ru)=100.8≈101,则Ru的相对原子质量为101。
(2)(2024·广西卷节选)KMnF3立方晶胞如图,晶胞参数为a pm,该晶体中与一个F-紧邻的K+有__________个。已知NA为阿伏加德罗常数的值,晶体密度为__________ g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
4
　
解析:1个晶胞中含有1个K+,根据化学式KMnF3可知,1个晶胞中含有1个Mn2+、3个F-,可知晶胞顶角上的粒子为Mn2+ 、棱上的粒子是F-,该晶体中与一个F-紧邻的K+有4个;晶体的密度为 g·cm-3= g·cm-3。
突破点4　结构决定性质——原因解释类简答题
真题体验
(2024·海南卷节选)锂电池是新型储能系统中的核心部件。作为锂电池中用到的电解质材料之一,Li-bfsi(阴离子bfsi结构见下图A)深受关注。
回答问题:
(1)C分子中,两个H—N—S键角均为117°,S—N—S键角为126°,N的原子轨道杂化类型为__________。
(2)B溶于某溶剂发生自耦电离(2B A+F),阳离子F的结构式为_________。
(3)B和D水溶液均呈酸性,相同温度下,Ka值大小关系:B_____(填“>”或“<”) D;沸点大小关系:B(170 ℃)>E(60.8 ℃),其原因是_________________。
(4)研究表明,某有机溶剂中,相同浓度的G溶液和H溶液,前者电导率显著低于后者,原因是____________________________。
sp2
>
B分子间存在氢键
G中正、负电荷距离更近,G中氮原子的配位能力强于H中磺酰基上的氧原子,G溶液中阴、阳离子的浓度小于H溶液
模型构建
1.键角大小的比较及原因分析
(1)键角:CH4(2)键角:CH4>NH3>H2O;N>NH3;H3O+>H2O。分析:中心原子杂化类型相同,中心原子的孤电子对数越多,键角越小。
(3)键角:NH3>PH3>AsH3。分析:中心原子杂化类型和孤电子对数均相同,中心原子的电负性越大,成键电子对越靠近中心原子,成键电子对排斥力增大,键角增大。
2.物质的溶解性的分析
(1)“相似相溶”规律。非极性溶质一般易溶于非极性溶剂,极性溶质一般易溶于极性溶剂。
(2)氢键对分子溶解性的影响。与水形成分子间氢键有利于溶质在水中溶解,溶质分子内形成氢键时不利于溶质在水中溶解。
(3)溶质与水发生反应对溶解性的影响。如果溶质能与水发生化学反应,可增大其溶解度。
3.晶体类型与熔、沸点比较的原因分析
(1)不同类型晶体熔、沸点的比较:一般情况下,共价晶体>离子晶体>分子晶体。
(2)同为分子晶体:先分析有无氢键,再比较范德华力,最后比较分子的极性。有氢键存在或范德华力越大,熔、沸点越高;一般来说,分子的极性越大,熔、沸点越高。
(3)同为共价晶体:看共价键的键能,键长越短,键能越大,熔、沸点越高。
(4)同为离子晶体:看阴、阳离子半径的大小和所带电荷数,离子半径越小,所带电荷数越多,熔、沸点越高。
(5)同为金属晶体:看金属阳离子半径和所带电荷数,离子半径越小,所带电荷数越多,熔、沸点越高。
模型应用
应用一　电离能、键角、溶解性的比较及分析
1.(1)(2025·北京卷节选)NH3分子中H—N—H键角小于109°28',从结构角度解释原因。
NH3中氮原子的价层电子对数为4,孤电子对数为1;孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力,故NH3分子中H—N—H的键角小于109°28'
(2)(2023·北京卷节选)比较硫原子和氧原子的第一电离能大小,从原子结构的角度说明理由:____________________。
I1(O)>I1(S);O和S为同主族元素,氧原子半径小,原子核对最外层电子的吸引力大,不易失去电子
2.(2024·浙江1月选考卷节选)已知:
(1)H2N—NH2+H+→H2N—N,其中—NH2的N原子杂化方式为______;
比较键角∠HNH:H2N—NH2中的—NH2_____(填“>”“<”或“=”)H2N—N中的—N,请说明理由: ___________________________。
sp3
<
—NH2中心原子上有孤电子对,孤电子对对成键电子对排斥力大,键角变小
(2)将HNO3与SO3按物质的量之比1∶2发生化合反应生成A,测得A由两种微粒构成,其中之一是N。比较氧化性强弱:N__________(填“>”“<”或“=”)HNO3;写出A中阴离子的结构式:____________________。
>
解析:(1)—NH2的中心原子的价层电子对数为4,故杂化方式为sp3;—NH2的中心原子有1个孤电子对,—N的中心原子无孤电子对,故键角∠HNH: H2N—NH2中的—NH2(2)将HNO3与SO3按物质的量之比1∶2发生化合反应生成A,测得A由两种微粒构成,其中之一是N,则A为NO2HS2O7,N为硝酸失去一个OH-,得电子能力更强,氧化性更强,故氧化性:N>HNO3;阴离子为HS2,根据已知可知其结构式为[ ]-。
应用二　物质熔、沸点的比较及原因分析
3.(2024·全国甲卷节选)早在青铜器时代,人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表,结合变化规律说明原因。
物质 SnF4 SnCl4 SnBr4 SnI4
熔点/℃ 442 -34 29 143
SnF4属于离子晶体,SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体,离子晶体的熔点比分子晶体的高,分子晶体的相对分子质量越大,分子间作用力越大,熔点越高