选修3.2化学键与分子间作用力.ppt

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第2章化学键与分子间作用力,考点一共价键【核心知识通关】1.共价键的本质与特征：

（1）本质：

两原子之间形成_。

（2）特征：

具有方向性和_性。

共用电子对,饱和,2.共价键的分类：

头碰头,肩并肩,偏移,不偏移,3.键参数：

（1）定义。

键能：

气态基态原子形成1mol共价键释放的最低能量。

键长：

形成共价键的两个原子之间的核间距。

键角：

两个共价键之间的夹角。

（2）键参数对分子性质的影响。

键能越_，键长越_，分子越稳定。

稳定性,空间构型,大,短,4.等电子原理：

原子总数相同、_的分子具有相似的化学键特征，具有许多相近的性质，如CO和N2。

价电子总数相同,【特别提醒】

（1）只有两原子的电负性相差不大时，才能形成共用电子对，形成共价键；当两原子的电负性相差很大（大于1.7）时，不会形成共用电子对，会形成离子键。

（2）碳碳叁键和碳碳双键的键能不是碳碳单键的键能的3倍和2倍，原因是这些键的类型不完全相同。

（3）键长约等于成键两原子的半径之和，实际上，由于轨道的重叠，前者比后者略小一些。

（4）由于原子轨道的重叠程度不同从而导致键和键的稳定性不同，一般键比键稳定。

（5）并不是所有的共价键都有方向性，如s-s键，因为s轨道是球形对称的，从哪个方向重叠都相同，因此这种共价键没有方向性。

【方法规律】共价键类型的判断1.键与键的判断：

（1）依据强度判断：

键的强度较大，较稳定，键活泼，比较容易断裂。

（2）共价单键是键，共价双键中含有一个键，一个键；共价叁键中含有一个键，两个键。

2.极性键与非极性键的判断：

看形成共价键的两原子，不同种元素的原子之间形成的是极性共价键，同种元素的原子之间形成的是非极性共价键。

【高考模拟精练】1.

（1）（2015全国卷节选）碳及其化合物广泛存在于自然界中。

回答下列问题：

碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是_。

CS2分子中，共价键的类型有_，C原子的杂化轨道类型是_，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_。

（2）（2013浙江高考节选）关于化合物，下列叙述正确的有_。

A.分子间可形成氢键B.分子中既有极性键又有非极性键C.分子中有7个键和1个键D.该分子在水中的溶解度大于2-丁烯,（3）（2012浙江高考）下列物质中，只含有极性键的分子是_，既含离子键又含共价键的化合物是_；只存在键的分子是_，同时存在键和键的分子是_。

A.N2B.CO2C.CH2Cl2D.C2H4E.C2H6F.CaCl2G.NH4Cl,【解析】

（1）在原子结构中，最外层电子小于4个的原子易失去电子，而碳原子的最外层是4个电子，且碳原子的半径较小，难以通过得或失电子达到稳定结构，所以通过共用电子对的方式，即形成共价键来达到稳定结构；,CS2分子中，C与S原子形成双键，每个双键都是含有1个键和1个键，分子空间构型为直线形，则含有的共价键类型为键和键；C原子的最外层形成2个键，无孤对电子，所以为sp杂化；O与S同主族，所以与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子为CO2；与二氧化碳互为等电子体的离子有SCN-，所以SCN-的空间构型和键合方式与CS2相同；,

（2）该化合物的官能团有碳碳双键和醛基，不能形成氢键，碳原子之间形成的键是非极性键，碳原子与其他原子形成的键是极性键，碳碳双键和碳氧双键均含有键和键，故该分子中有9个键，3个键；分子中含有2个醛基，溶解度大于相同碳原子数的烃。

（3）不同元素的原子之间形成的共价键为极性键，同种元素的原子之间形成的共价键是非极性键；活泼金属元素和活泼非金属元素形成离子键，铵盐中存在离子键；只含有单键的物质只存在键，含有双键或叁键的物质同时存在键和键。

故只含有极性键的是CH2Cl2、CO2；既含有离子键又含有共价键的化合物是NH4Cl；只存在键的分子是CH2Cl2、C2H6；同时存在键和键的分子是N2、CO2、C2H4。

答案：

（1）C有4个价电子且半径较小，难以通过得或失电子达到稳定结构键和键spCO2、SCN-（或COS等）

（2）B、D（3）B、CGC、EA、B、D,2.（2016文昌模拟）波尔多液是果农常用的一种杀菌剂。

氯吡苯脲是一种西瓜膨大剂（植物生长调节剂），其组成结构和物理性质见下表。

回答下列问题：

（1）氯吡苯脲晶体中，氮原子的杂化轨道类型为_。

（2）氯吡苯脲晶体中，微粒间的作用力类型有_。

A.离子键B.金属键C.极性键D.非极性键E.配位键F.氢键,（3）查文献可知，可用2-氯-4-氨吡啶与异氰酸苯酯反应，生成氯吡苯脲。

反应过程中，每生成1mol氯吡苯脲，断裂_个键、断裂_个键。

（4）波尔多液是果农常用的一种杀菌剂，是由硫酸铜和生石灰制得。

若在波尔多液的蓝色沉淀上，再喷射氨水，会看到沉淀溶解变成蓝色透明溶液，得到配位数为4的配合物。

铜元素基态原子电子排布式为_。

（5）上述沉淀溶解过程的离子方程式为_。

【解析】

（1）氮原子在氯吡苯脲中以两种形式出现，一种是形成NC键，另一种是形成NC键，前者为sp3杂化，后者为sp2杂化。

（3）反应过程中，异氰酸苯酯断裂NC中的1根键，2-氯-4-氨吡啶断裂的是1根键。

（5）溶解过程是Cu（OH）2蓝色沉淀溶解在氨水中生成四氨合铜离子，形成蓝色透明溶液。

答案：

（1）sp2、sp3杂化

（2）C、D（3）NANA（4）1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1（5）Cu（OH）2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+2OH-+4H2O,【加固训练】1.（2016渭南模拟）已知：

硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠（H2NCH2COONa）即可得到配合物A。

其结构如图：

（1）铜元素基态原子的外围电子排布式为_。

（2）元素C、N、O的第一电离能由大到小排列顺序为_。

（3）A中碳原子的轨道杂化类型为_。

（4）1mol氨基乙酸钠（H2NCH2COONa）含有键的数目为_。

（5）氨基乙酸钠分解产物之一为二氧化碳。

写出二氧化碳的一种等电子体：

_（写化学式）。

（6）已知：

硫酸铜灼烧可以生成一种红色晶体，其结构如图，则该化合物的化学式是_。

【解析】

（1）Cu位于第四周期B族，根据核外电子排布规律可得，基态原子的外围电子排布式为3d104s1。

（2）C、N、O位于同一周期，第一电离能逐渐增大，但氮原子的最外层3p3处于半充满状态，第一电离能比相邻元素的第一电离能大，所以第一电离能由大到小的顺序为NOC。

（3）根据氨基乙酸钠的结构简式可知，饱和碳原子的轨道杂化类型为sp3，中碳原子的轨道杂化类型为sp2。

（4）根据氨基乙酸钠的结构简式知，1mol氨基乙酸钠中含有键的数目为8NA；,（5）根据等电子体的概念写出，二氧化碳的等电子体为N2O（或SCN-、N3-等）；（6）根据红色晶体的晶胞结构利用切割法判断，1个晶胞中含有4个铜和2个氧，则该化合物的化学式是Cu2O。

答案：

（1）3d104s1

（2）NOC（3）sp2、sp3（4）8NA（5）N2O（或SCN-、N3-等）（6）Cu2O,2.（2016文昌模拟）原子序数小于20的A、B、C、D、E、F、G七种元素，它们的原子序数依次增大，已知：

C元素是地壳中含量最多的元素；A和D的价电子数相同，C和E的价电子数也相同，且A和D两元素原子核外电子数之和是C、E两元素原子核内质子数之和的1/2；D、E、F三种元素的基态原子具有相同的电子层数，,且F原子的p轨道上电子数比E原子的p轨道上多一个电子；B元素原子中未成对电子数与C相同；7种元素的基态原子中，G原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则：

（1）用电子式表示D和E形成化合物的过程_。

（2）写出基态G原子的简化核外电子排布式_。

（3）A2C2分子中_（填“含”或“不含”，下同）键，_键，其电子式为_。

（4）在AE、AF两种共价键中，键的极性较强的是_，键长较长的是_。

（5）7种元素中的一种或两种元素组成的分子，属于16电子的等电子体的有_（填两种，下同）；属于18电子的等电子体的有_；BC分子中，键和键数目之比是_。

【解析】原子序数小于20的A、B、C、D、E、F、G七种元素，它们的原子序数依次增大，已知C元素是地壳中含量最多的元素，则C为氧元素；A和D的价电子数相同，C和E的价电子数也相同，说明A、D同族，C、E同族，且A和D两元素原子核外电子数之和是C、E两元素原子核内质子数之和的1/2，则A为氢元素，D为钠元,素，E为硫元素；D、E、F三种元素的基态原子具有相同的电子层数，即为同周期元素，且F原子的p轨道上电子数比E原子的p轨道上多一个电子，则F为氯元素；B元素原子中未成对电子数与C相同，且原子序数小于氧，所以B为碳元素；7种元素的基态原子中，G原子的电子层数最多且和A处于同一主族，则G为钾元素。

（1）用电子式表示硫化钠的形成过程为

（2）G为钾元素，原子的简化核外电子排布式为Ar4s1。

（3）A2C2为过氧化氢，分子中含有键，不含键，其电子式为（4）在HS、HCl两种共价键中，由于硫原子半径大于氯原子，硫的非金属性弱于氯，所以键的极性较强的是HCl，键长较长的是HS。

（5）7种元素中的一种或两种元素组成的分子，属于16电子的等电子体的有CO2、CS2，属于18电子的等电子体的有O3、SO2；BC为CO，与氮分子互为等电子体，所以结构相同，所以在CO分子中，键和键数目之比为12。

答案：

（1）

（2）Ar4s1（3）含不含（4）HClHS（5）CO2、CS2O3、SO212,3.（2016南平模拟）有原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种元素，A是短周期中族序数等于周期数的非金属元素；B元素的原子既不易失去也不易得到电子，其基态原子中每种能级电子数相同；C元素的价电子构型为nsnnpn+1；D的最外层电子数与电子层数之比为31；E是地壳中含量仅次于铝的金属元素，其合金用途最广，用量最大。

（1）E元素在元素周期表中的位置为_；E元素价电子排布式为_。

（2）A分别与B、C、D能形成电子数为10的化合物，它们的沸点由高到低的顺序是_（写分子式）。

（3）B与D形成的非极性分子的电子式为_。

（4）B、C、D三种元素的第一电离能由大到小的顺序是_（用元素符号表示）。

（5）C的单质分子中键和键的个数比为_。

（6）已知25、101kPa下：

ABC（aq）+A2D（l）=BC-（aq）+A3D+（aq）H=45.6kJmol-1A3D+（aq）+DA-（aq）=2A2D（l）H=-57.3kJmol-1则在25、101kPa的稀溶液中，ABC与DA-反应的热化学方程式是（以离子方程式表示）_。

【解析】短周期中族序数等于周期数的非金属元素只有H，故A为H；由B元素原子的得失电子能力可判断B为C，其1s、2s、2p轨道各有2个电子；C元素的价电子构型为nsnnpn+1，由s轨道容纳2个电子可知n只能等于2，故C为N；由最外层电子数与电子层数的关系可知D为O；由E在地壳中含量可知其为Fe。

答案：

（1）第4周期族3d64s2

（2）H2O、NH3、CH4（3）（4）NOC（5）12（6）HCN（aq）+OH-（aq）=CN-（aq）+H2O（l）H=-11.7kJmol-1,考点二分子的立体结构【核心知识通关】1.用价层电子对互斥理论推测分子的立体构型：

（1）用价层电子对互斥理论推测分子的立体构型的关键是判断分子中的中心原子上的价层电子对数。

a为中心原子的价电子数，x为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。

（2）价层电子对互斥理论与分子构型。

直线形,V形,三角锥形,2.用杂化轨道理论推测分子的立体构型：

平面三角形,正四面体形,3.配位键和配合物：

（1）配位键：

由一个原子提供一对电子与另一个接受电子的原子形成的_。

（2）配位键的表示方法：

如AB：

A表示_孤对电子的原子，B表示_电子对的原子。

共价键,提供,接受,（3）配位化合物。

组成。

形成条件。

a.中心原子有_，如Fe3+、Cu2+、Zn2+、Ag+等。

b.配体有_，如H2O、NH3、CO、F-、Cl-、CN-等。

空轨道,孤对电子,【特别提醒】

（1）分子中的中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构，也可能是三角锥形（如NH3）或V形（如H2O）。

（2）杂化轨道间的夹角与分子内的键角不一定相同，中心原子杂化类型相同时孤对电子数越多，键角越小。

（3）杂化轨道与参与杂化的原子轨道数目相同，但能量不同。

【方法规律】1.由价层电子对互斥（VSEPR）模型判断分子构型：

（1）运用价层电子对互斥（VSEPR）模型可预测分子或离子的立体构型，但要注意判断其价层电子对数，对ABm型分子或离子，其价层电子对数的判断方法为n=,

（2）价层电子对互斥（VSEPR）模型说明的是价层电子对的空间构型，而分子的空间构型指的是成键电子对空间构型，不包括孤对电子。

当中心原子无孤对电子时，两者的构型一致。

当中心原子有孤对电子时，两者的构型不一致。

2.由杂化轨道数判断分子构型：

（1）杂化轨道数的计算：

杂化轨道用来形成键和容纳孤对电子，所以有公式：

杂化轨道数=中心原子的孤对电子的对数+中心原子的键个数。

（2）多原子分子杂化轨道数与分子构型的关系。

多原子（3个或3个以上）分子的立体结构与中心原子杂化方式的对照：

只要分子构型为直线形的，中心原子均为sp杂化，同理，只要中心原子是sp杂化的，分子构型均为直线形。

只要分子构型为平面三角形的，中心原子均为sp2杂化。

只要分子中的原子不在同一平面内的，中心原子均是sp3杂化。

V形分子的判断需要借助孤对电子数，孤对电子数是1的中心原子是sp2杂化，孤对电子数是2的中心原子是sp3杂化。

【高考模拟精练】1.（2016南阳模拟）

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

晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及_（填选项字母）。

a.离子键b.共价键c.配位键d.金属键e.氢键f.范德华力R中阳离子的空间构型为_，阴离子的中心原子轨道采用_杂化。

（2）已知苯酚（）具有弱酸性，其Ka=1.110-10；水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键。

据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2（水杨酸）_Ka（苯酚）（填“”或“”），其原因是_。

【解析】

（1）晶体Q不存在阴、阳离子和金属元素，所以不存在离子键和金属键，硼原子与氧原子之间存在配位键，H2O与之间存在氢键，Q中还存在共价键、范德华力。

H3O+中氧原子存在一对孤对电子，其空间构型为三角锥形；阴离子的中心原子为B，采用sp3杂化。

（2）由存在分子内氢键，更难电离出H+，所以的电离平衡常数小于。

答案：

（1）a、d三角锥形sp3

（2）中形成分子内氢键，使其更难电离出H+,2.（2014四川高考）X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大。

XY2是红棕色气体；X与氢元素可形成XH3；Z基态原子的M层与K层电子数相等；R2+的3d轨道中有9个电子。

请回答下列问题：

（1）Y基态原子的电子排布式是_；Z所在周期中第一电离能最大的主族元素是_。

（2）X的立体构型是_；R2+的水合离子中，提供孤对电子的原子是_。

（3）Z与某元素形成的化合物的晶胞如右图所示，晶胞中阴离子与阳离子的个数比是_。

（4）将R单质的粉末加入XH3的浓溶液中，通入Y2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是_。

【解析】X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大，XY2是红棕色的气体，该气体是NO2，则X是氮元素，Y是氧元素；X与氢元素可形成XH3，该气体是氨气；Z基态原子的M层与K层电子数相等，则该元素的原子序数是2+8+2=12，即为镁元素，R2+的3d轨道上有9个电子，因此R的原子序数是18+9+2=29，即为铜元素。

（1）氧元素的原子序数是8，根据核外电子排布规律可知，氧元素的基态原子的电子排布式为1s22s22p4。

同周期自左向右元素的第一电离能有逐渐增大的趋势，镁是第3周期的元素，其所在的周期中第一电离能最大的主族元素是氯元素。

（2）根据价层电子对互斥理论可知，N的立体构型是V形；铜离子含有空轨道，而水分子中的氧原子含有孤对电子，因此在Cu2+的水合离子中，提供孤对电子的原子是氧原子。

（3）根据晶胞结构可知，阳离子在8个顶点和体心位置，因此晶胞中阳离子个数为1+81/8=2，阴离子在上下面各2个，晶胞内部2个，则阴离子个数=41/2+2=4，因此晶胞中阴离子与阳离子的个数比为21。

（4）将铜单质的粉末加入氨气的浓溶液中，通入氧气，充分反应后溶液呈深蓝色，这说明在反应中铜被氧化成铜离子，与氨气结合形成配位键，则该反应的离子反应方程式是2Cu+8NH3H2O+O2=2Cu（NH3）42+4OH-+6H2O。

答案：

（1）1s22s22p4Cl

（2）V形O（3）21（4）2Cu+8NH3H2O+O2=2Cu（NH3）42+4OH-+6H2O,3.（2016同心模拟）

（1）指出配合物K2Cu（CN）4的配离子、中心离子、配体、配位数：

_。

（2）在Fe（CN）63-中，中心原子的配位数为_，配体的立体构型是_。

（3）配合物Cr（H2O）4Br2Br2H2O中，中心原子的化合价为_，内界的电荷数为_。

【解析】

（1）配合物K2Cu（CN）4的配离子为Cu（CN）42-，中心离子为Cu2+，配体为CN-，配位数为4。

（2）在Fe（CN）63-中，中心原子的配位数为6，配体的立体构型是直线形。

（3）配合物Cr（H2O）4Br2Br2H2O中，中心原子的化合价为+3价，内界的电荷数为+1。

答案：

（1）配离子为Cu（CN）42-，中心离子为Cu2+，配体为CN-，配位数为4

（2）6直线形（3）+3+1,【加固训练】1.X、Y、Z、Q、E五种元素中，X原子核外的M层中只有两对成对电子，Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Z是地壳内含量（质量分数）最高的元素，Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，E在元素周期表的各元素中电负性最大。

请回答下列问题：

（1）X、Y的元素符号依次为_、_。

（2）XZ2与YZ2分子的立体结构分别是_和_，相同条件下两者在水中的溶解度较大的是_（写分子式），理由是_。

（3）Q的元素符号是_，它属于第_周期，它的核外电子排布式为_，在形成化合物时它的最高化合价为_。

（4）用氢键表示式写出E的氢化物溶液中存在的所有氢键_。

（5）YZ2在固态时为_晶体，1molYZ2中含键_mol，键_mol。

【解析】X原子核外的M层中只有两对成对电子，则核外电子排布应为1s22s22p63s23p4，X为S。

Y原子核外的L层电子数是K层的两倍，Y有2个电子层，最外层电子数为4，Y为C。

Z是地壳内含量最高的元素，应为O。

Q的核电荷数是X与Z的核电荷数之和，原子序数为24，应为Cr。

E在元素周期表的各元素中电负性最大，应为F，据此回答：

（1）由以上分析可知，X为S，Y为C。

（2）根据上述分析，X为S，Y为C，Z为O，XZ2分子式为SO2，根据价层电子对互斥理论，SO2分子中S和O形成2个键，一对孤对电子，分子构型为V形，YZ2分子式是CO2，CO2中C和O形成2个键，没有孤对电子，为直线形；因为CO2是非极性分子，SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶规则”，SO2在H2O中的溶解度较大。

（3）根据上述分析，Q为Cr，原子序数为24，位于元素周期表第4周期B族，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价电子层电子排布式为3d54s1，最高化合价为+6价。

（4）HF的水溶液中，O、F的电负性较大，HF与HF之间存在氢键，水与HF中的氢原子之间存在氢键，HF与水中的氢原子之间，水分子之间存在氢键，可表示为FHF、FHO、OHF、OHO。

（5）根据上述分析，YZ2分子式是CO2，CO2在固态时为分子晶体，CO2分子中碳原子以sp杂化轨道与两个氧原子各形成1个键，碳原子剩余的两个2p电子分别与氧原子2p轨道上的1个电子肩并肩重叠各形成1个键，所以1molYZ2中含键2mol，键2mol。

答案：

（1）SC

（2）V形直线形SO2因为CO2是非极性分子，SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶规则”，SO2在H2O中的溶解度较大（3）Cr41s22s22p63s23p63d54s1+6（4）FHF、FHO、OHF、OHO（5）分子22,2.（2016渭南模拟）一水硫酸四氨合铜（）Cu（NH3）4SO4H2O是一种重要的染料及农药中间体。

请回答下列相关问题：

（1）Cu的核外电子排布式为_。

（2）N的L层中有_对成对电子；N的立体构型是_，其中心原子的杂化方式为_。

（3）氨水中存在多种氢键，表示出其中的任意两种_。

（4）Cu（NH3）4SO4H2O中呈深蓝色的离子是_，该微粒中存在的化学键有_。

【解析】

（2）N的核外电子排布式为1s22s22p3，故L层只有1对成对电子；N的中心原子，即氮原子采用sp3杂化，空间构型为正四面体。

（3）氨水中氨分子和氨分子之间可以形成氢键，水分子和水分子之间可以形成氢键，水分子和氨分子之间也可以形成氢键，注意氢键通常用“”表示。

（4）配离子Cu（NH3）42+使溶液呈深蓝色，其中含有配位键和极性共价键。

答案：

（1）1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1

（2）1正四面体sp3（3）OHN、NHO、NHN或OHO（任写两种）（4）Cu（NH3）42+配位键、（极性）共价键,考点三分子的性质【核心知识通关】1.分子间作用力：

（1）概念。

物质分子之间_存在的相互作用力，称为分子间作用力。

（2）分类。

分子间作用力最常见的是_和_。

普遍,范德华力,氢键,（3）强弱。

范德华力_氢键_化学键。

（4）范德华力。

范德华力主要影响物质的熔点、沸点、硬度等物理性质。

范德华力越强，物质的熔点、沸点越高，硬度越大。

一般来说，_相似的物质，随着_的增加，范德华力逐渐_。

组成和结构,相对分子质量,增大,（5）氢键。

形成已经与_的原子形成共价键的_（该氢原子几乎为裸露的质子）与另一个分子中_的原子之间的作用力，称为氢键。

表示方法AHB,氢原子,电负性很强,电负性很强,特征具有一定的_性和_性。

分类氢键包括_氢键和_氢键两种。

分子间氢键对物质性质的影响主要表现为使物质的熔、沸点_，对电离和溶解度等产生影响。

方向,饱和,分子内,分子间,升高,2.分子的性质：

（1）分子的极性。

非极性分子与极性分子的判断,键的极性、分子空间构型与分子极性的关系,极性分子,非极性分子,极性分子,极性分子,非极性分子,

（2）溶解性。

“相似相溶”的规律：

非极性溶质一般能溶于_，极性溶质一般能溶于_。

若能形成氢键，则溶剂和溶质之间的氢键作用力越大，溶解性越好。

“相似相溶”还适用于分子结构的相似性，如乙醇和水互溶（C2H5OH和H2O中的羟基相近），而戊醇在水中的溶解度明显减小。

非极性溶剂,极性溶剂,（3）手性：

具有完全相同的组成和原子排列的一对分子，如同左手与右手一样_，却在三维空间里不能重叠，互称手性异构体，具有手性异构体的分子叫手性分子。

（4）无机含氧酸分子的酸性：

无机含氧酸可写成（HO）mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，酸性越_，如HClOHClO2HClO3HClO4。

互为镜像,强,【特别提醒】

（1）氢键属于一种较强的分子间作用力，但不属于化学键。

（2）氢键分为分子内氢键和分子间氢键，形成分子间氢键的物质的熔沸点反常得高。

（3）氢键可表示为AHB，A、B是N、O、F中的一种或两种，可以相同也可以不同。

（4）对于ABn型分子，若中心原子的化合价的绝对值等于该元素所在的主族序数，则为非极性分子，若不等则为极性分子。

【高考模拟精练】1.（2016龙岩模拟）已知A、B、C、D、E都是元素周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增加。

其中A与B、A与D在元素周期表中位置相邻，A原子核外有两个未成对电子，B元素的第一电离能比同周期相邻两种元素都大，C原子在同周期原子中半径最大（稀有气体除外）；,E与C位于不同周期，E原子核外最外层电子数与C相同，其余各电子层均充满。

请根据