2019高考化學沖刺二輪精講講義：第15講物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì) 含答案

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精第15講物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（選修3)［考綱要求]1.原子結(jié)構(gòu)與元素的性質(zhì)：（1)了解原子核外電子的排布原理及能級分布，能正確書寫價電子的電子排布式和軌道表達式。了解原子核外電子的運動狀態(tài)。(2）了解元素電離能、電負性的含義，并能用以說明元素的某些性質(zhì)。（3)了解原子核外電子在一定條件下會發(fā)生躍遷，了解其簡單應(yīng)用。2.化學鍵與物質(zhì)的性質(zhì):（1)理解離子鍵、共價鍵、金屬鍵的含義和形成，了解共價鍵的極性，能根據(jù)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)特征解釋其物理性質(zhì)。(2)了解配位鍵的含義。（3)了解原子晶體的特征，能描述金剛石、二氧化硅等原子晶體的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系。（4)了解金屬晶體常見的堆積方式。(5）能用價層電子對互斥理論或者雜化軌道理論推測常見的簡單分子或離子的空間結(jié)構(gòu)。3。分子間作用力與物質(zhì)的性質(zhì)：(1)了解范德華力的含義及對物質(zhì)性質(zhì)的影響。(2）了解氫鍵的含義及氫鍵的存在對物質(zhì)性質(zhì)的影響,能列舉含有氫鍵的物質(zhì)。（3）了解分子晶體與原子晶體、離子晶體、金屬晶體的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系。(4)了解晶胞的概念,能根據(jù)晶胞確定晶體的組成并進行相關(guān)的計算.(5）了解晶格能的概念,了解晶格能對離子晶體性質(zhì)的影響。[學科素養(yǎng)］1.宏觀辨識與微觀探析：認識原子的核外電子的運動狀態(tài)，排布原理及元素的某些性質(zhì)，能從化學鍵角度認識分子的結(jié)構(gòu)、性質(zhì),從宏觀和微觀相結(jié)合的視角分析與解決實際問題.2。證據(jù)推理與模型認知：能運用價層電子對互斥理論和晶體模型解釋和推測簡單分子或離子的空間結(jié)構(gòu)及常見晶體的晶胞結(jié)構(gòu)及類型,揭示現(xiàn)象的本質(zhì)和規(guī)律.

［網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建］［核心強化］1．復(fù)習必記的4種金屬核外電子排布式的書寫Cr:1s22s22p63s23p63d54s1或［Ar]3d54s1；Fe：1s22s22p63s23p63d64s2或［Ar]3d64s2；Cu：1s22s22p63s23p63d104s1或［Ar］3d104s1;Zn:1s22s22p63s23p62d104s2或［Ar］3d104s2。2．?？荚氐谝浑婋x能的大小比較N〉O〉C，P〉S>Si。3．常考分子的雜化方式和空間構(gòu)型CH4：sp3雜化，正四面體；NH3：sp3雜化，三角錐；H2O：sp3雜化,V形。4．熟記幾種常見的晶胞結(jié)構(gòu)及晶胞含有的粒子數(shù)目A．NaCl(含4個Na＋，4個Cl－）B．干冰（含4個CO2）C．CaF2（含4個Ca2＋，8個F－)D．金剛石（含8個C）E．體心立方（含2個原子）F．面心立方(含4個原子）5．易錯的知識點(1)ⅠA族和ⅡA族元素位于s區(qū)，ⅢA～ⅦA族和0族元素位于p區(qū)，ⅢB～ⅦB族和Ⅷ族元素位于d區(qū),ⅠB族和ⅡB族元素位于ds區(qū).（2）一般地,原子的第一電離能越小,金屬性越強。(3)叁鍵中有1個σ鍵和2個π鍵。一般σ鍵比π鍵穩(wěn)定。（4）雜化軌道只用于形成σ鍵或者用來容納未參與成鍵的孤電子對，未參與雜化的p軌道可用于形成π鍵.（5)氫鍵的存在使冰的密度小于水的密度，使H2O的沸點高于H2S的沸點。(6)分子晶體具有熔點低、硬度很小、易升華的物理特性。（7)原子晶體中相鄰原子間以共價鍵相結(jié)合，高硬度、高熔點是原子晶體的物理特性。(8)晶格能越大，形成的離子晶體越穩(wěn)定，而且熔點越高，硬度越大.考點一原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（1）(2018·全國卷Ⅰ）回答下列問題:①下列Li原子電子排布圖表示的狀態(tài)中,能量最低和最高的分別為________、________(填標號)。②Li＋與H－具有相同的電子構(gòu)型，r(Li＋）小于r(H－）,原因是__________________________________________________。(2）(2018·全國卷Ⅱ）回答下列問題：①Zn原子核外電子排布式為________。②黃銅是人類最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu組成.第一電離能I1(Zn）________I1（Cu)(填“大于”或“小于")。原因是____________________________。（3）(2018·全國卷Ⅱ)回答下列問題：基態(tài)Fe原子價層電子的電子排布圖（軌道表達式）為______________________，基態(tài)S原子電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為________形。［解析］(1)①根據(jù)能級能量E(1s）〈E(2s)〈E(2p)判斷,能量最低的為D，能量最高的為C.②Li＋和H－的電子層結(jié)構(gòu)相同,而具有相同電子層結(jié)構(gòu)的離子半徑大小與核電荷數(shù)有關(guān)，核電荷數(shù)越大,離子半徑越小。（2)①Zn原子核外有30個電子，其電子排布式為［Ar］3d104s2。②Cu原子的外圍電子排布式為3d104s1，4s能級處于半充滿狀態(tài)，而Zn原子的4s能級處于全充滿狀態(tài)，Zn原子更不易失去1個電子，所以Zn原子的第一電離能較大.（3)①基態(tài)Fe原子核外有26個電子，按照構(gòu)造原理，其核外電子排布式為［Ar]3d64s2，按照洪特規(guī)則，價層電子3d上6個電子優(yōu)先占據(jù)5個不同軌道，故價層電子的電子排布圖為?；鶓B(tài)S原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p4，電子占據(jù)最高能級為3p，p能級的電子云輪廓圖為啞鈴(紡錘）形.[答案]（1）①DC②Li＋核電荷數(shù)較大（2）①［Ar]3d104s2②大于Zn核外電子排布為全滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，較難失電子(3）啞鈴(紡錘）(1)核外電子排布的書寫規(guī)律①當出現(xiàn)d軌道時，雖然電子按ns，（n－1)d，np順序填充，但在書寫電子排布式時，仍把（n－1）d放在ns前，如Fe：1s22s22p63s23p63d64s2，正確;Fe：1s22s22p63s23p64s23d6,錯誤。②在書寫簡化的電子排布式時，并不是所有的都是［X］＋外圍電子排布式(注:X代表上一周期稀有氣體元素符號）。(2)對元素性質(zhì)的四點認識①金屬活動性順序與元素相應(yīng)的電離能大小順序不完全一致,故不能根據(jù)金屬活動性順序表判斷電離能的大小。②不能將電負性1.8作為劃分金屬和非金屬的絕對標準.③共價化合物中，兩種元素電負性差值越大，它們形成共價鍵的極性就越強。④同周期元素，從左到右，非金屬性越來越強，電負性越來越大，第一電離能總體呈增大趨勢。[分點突破]角度一：原子核外電子排布1．填寫下列空白：(1）（2017·全國卷Ⅱ)氮原子價層電子的軌道表達式(電子排布圖)為___________________________________________________。(2）(2017·全國卷Ⅲ）Co基態(tài)原子核外電子排布式為________________________________________________________________________________________________________________.(3)（2016·江蘇卷）Zn2＋基態(tài)核外電子排布式為______________________________________________________________________。（4)（2016·全國卷Ⅰ)基態(tài)Ge原子的核外電子排布式為[Ar］________，有________個未成對電子。(5)（2016·全國卷Ⅱ)鎳元素基態(tài)原子的電子排布式為______________，3d能級上的未成對的電子數(shù)為________。（6）（2016·全國卷Ⅲ)寫出基態(tài)As原子的核外電子排布式______________________________________________________.(7)（2015·江蘇卷)Cr3＋基態(tài)核外電子排布式為________________________。（8)（2015·全國卷Ⅰ）處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用________形象化描述。在基態(tài)14C原子中，核外存在________對自旋相反的電子。［答案］(1）（2）1s22s22p63s23p63d74s2(或[Ar]3d74s2）(3)1s22s22p63s23p63d10(或［Ar］3d10）(4）3d104s24p22(5)1s22s22p63s23p63d84s2（或[Ar］3d84s2)2(6）1s22s22p63s23p63d104s24p3（或[Ar]3d104s24p3）(7)1s22s22p63s23p63d3（或［Ar］3d3)（8）電子云2角度二：元素的性質(zhì)2．填寫下列空白:（1)(2017·全國卷Ⅲ)元素Mn與O中，第一電離能較大的是________，基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)較多的是________.（2）(2017·江蘇卷）C、H、O三種元素的電負性由小到大的順序為________。(3）(2016·全國卷Ⅲ）根據(jù)元素周期律，原子半徑Ga________As，第一電離能Ga________As。（填“>”或“<”）（4)（2016·全國卷Ⅰ）光催化還原CO2制備CH4反應(yīng)中，帶狀納米Zn2GeO4是該反應(yīng)的良好催化劑。Zn、Ge、O電負性由大至小的順序是______________________。（5）（2015·全國卷Ⅰ）A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的四種元素，A2－和B＋具有相同的電子構(gòu)型;C、D為同周期元素,C核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍；D元素最外層有一個未成對電子。則四種元素中電負性最大的是________(填元素符號).（6)(2013·全國卷Ⅱ）F、K、Fe、Ni四種元素中第一電離能最小的是________，電負性最大的是________。(填元素符號)[解析］（1)O是非金屬元素，而Mn是金屬元素，前者易得電子而不易失電子,后者則反之，所以O(shè)的第一電離能大于Mn的。Mn和O的基態(tài)原子核外電子排布式分別為1s22s22p63s23p63d54s2、1s22s22p4，前者的3d軌道中5個電子均未成對,后者的2p軌道中有2個電子未成對，所以Mn的基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)較多.(2)非金屬性：H〈C〈O，則電負性：H<C<O.(3）同周期主族元素從左到右，原子半徑逐漸減小，第一電離能呈增大趨勢。(4）鍺、鋅位于同周期，同一周期從左至右元素的電負性逐漸增大(除稀有氣體元素外），而氧位于元素周期表右上角，電負性僅次于氟，由此得出氧、鍺、鋅的電負性依次減小。(5）C元素原子核外電子總數(shù)是最外層電子數(shù)的3倍，為P元素，與P同周期的元素D最外層有1個未成對電子，推出D為Cl,原子序數(shù)小于15的A2－與B＋具有相同的電子構(gòu)型，則推出A為O，B為Na，4種元素中O的非金屬性最強，電負性最大.(6)金屬K的金屬性最強，第一電離能最小，F(xiàn)的非金屬性最強,電負性最大。[答案](1)OMn（2)H<C〈O(3)><（4)O>Ge〉Zn（5）O（6)KF電離能與電負性變化規(guī)律與大小判斷（1）元素第一電離能的周期性變化規(guī)律(2)電離能、電負性大小判斷規(guī)律在周期表中，電離能、電負性從左到右逐漸增大，從上往下逐漸減小特性同周期主族元素,第ⅡA族(ns2)全充滿、第ⅤA族(np3)半充滿，比較穩(wěn)定，所以其第一電離能大于同周期相鄰的第ⅢA和第ⅥA族元素方法我們常常應(yīng)用化合價及物質(zhì)類別判斷電負性的大小，如O與Cl的電負性比較：①HClO中Cl為＋1價、O為－2價，可知O的電負性大于Cl；②Al2O3是離子化合物、AlCl3是共價化合物，可知O的電負性大于Cl角度三：原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)3．A、B、C、D、E、F為硫酸鋁鉀和硫酸鋁銨的組成元素，A原子核外只有1種運動狀態(tài)的電子，B、C元素位于第二周期且原子半徑B>C，D與C同主族,E、F元素的電離能數(shù)據(jù)如下表：請回答下列問題:（1）A在元素周期表中屬于__________區(qū)元素。(2)基態(tài)E原子的電子排布式為__________。(3)D、E、F離子半徑大小順序為__________（用離子符號表示）。（4）B、C、D電負性大小順序為__________(用元素符號表示）。(5)參照表中數(shù)據(jù),進行判斷:Mg原子第一電離能__________（填“大于”或“小于”）577.5kJ·mol－1。（6)通過上述信息和表中數(shù)據(jù)分析，為什么E原子失去核外第二個電子所需的能量要遠遠大于失去第一個電子所需的能量：_______________________________________________________。[解析］硫酸鋁鉀和硫酸鋁銨的化學式分別為KAl（SO4）2、NH4Al（SO4）2，二者的組成元素有H、O、N、S、Al、K,需根據(jù)題目條件推出A、B、C、D、E、F所對應(yīng)的元素。A原子核外只有1種運動狀態(tài)的電子,說明A原子外只有1個電子，A為H。H、O、N、S、Al、K六種元素中,只有O、N處于第二周期,且N的原子半徑大于O，故B為N，C為O。與O元素同主族的應(yīng)該是S，故D為S。根據(jù)E、F元素電離能數(shù)據(jù)可知，E元素的第一電離能和第二電離能相差很大，第二電離能與第三、四電離能相差不大，說明E原子最外層只有1個電子，故E為K，F(xiàn)為Al。(1）H的原子結(jié)構(gòu)中只有1s上有1個電子,所以H屬于s區(qū)元素。(2）E為K，其原子核外有19個電子，基態(tài)K原子的電子排布式為1s22s22p63s23p64s1。（3）S2－、Al3＋、K＋半徑比較時，由于K＋、S2－具有3個電子層,Al3＋只有2個電子層，所以K＋、S2－的半徑都大于Al3＋的半徑，K＋和S2－具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，原子序數(shù)越小，半徑越大，故S2－的半徑大于K＋的半徑。(4）元素非金屬性越強，其電負性越大，故電負性O(shè)〉N〉S。（5）Mg原子的價電子排布式為3s2，處于全充滿狀態(tài),失去3s2上的1個電子比Al原子失去3p1上的1個電子更難,故Mg原子的第一電離能大于577.5kJ·mol－1。[答案]（1）s(2）1s22s22p63s23p64s1（3）S2－>K＋〉A(chǔ)l3＋(4）O>N>S（5）大于(6)K原子失去一個電子后，K＋已形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，此時再失去一個電子很困難4．（2018·重慶一中階段檢測)已知X、Y和Z三種元素的原子序數(shù)之和等于42。X元素原子的4p軌道上有3個未成對電子，Y元素原子的最外層2p軌道上有2個未成對電子。X與Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成負一價離子.請回答下列問題：（1)X元素基態(tài)原子的電子排布式為__________，該元素的符號是__________。（2)Y元素原子的價層電子排布圖為__________，該元素的名稱是__________。(3）已知化合物X2Y3在稀硫酸中可被金屬鋅還原為XZ3,產(chǎn)物還有ZnSO4和H2O，該反應(yīng)的化學方程式是___________________________________________________。（4）比較X的氫化物與同族第二、三周期元素所形成的氫化物的穩(wěn)定性，并說明理由:______________________________________________________________________________________________。［解析］（1）根據(jù)構(gòu)造原理,X元素基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p3，該元素為33號元素砷，符號是As。(2）Y元素原子的最外層2p軌道上有2個未成對電子,Y可能為O或C,因X與Y可形成化合物X2Y3，故Y為O,其價層電子排布圖為.(3）根據(jù)三種元素的原子序數(shù)之和等于42可推出Z為H，XZ3為AsH3，根據(jù)得失電子守恒配平化學方程式：As2O3＋6Zn＋6H2SO4=2AsH3↑＋6ZnSO4＋3H2O。（4)同主族元素從上到下原子半徑逐漸增大，其氫化物中化學鍵的鍵長逐漸增大，鍵能逐漸減小,穩(wěn)定性逐漸減弱。[答案]（1)1s22s22p63s23p63d104s24p3As(2）氧（3)As2O3＋6Zn＋6H2SO4=2AsH3↑＋6ZnSO4＋3H2O(4）穩(wěn)定性:NH3〉PH3>AsH3.原因：原子半徑N<P〈As，其氫化物中化學鍵鍵長逐漸增大，鍵能逐漸減小，穩(wěn)定性逐漸減弱考點二分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（1)(2018·全國卷Ⅰ)Li是最輕的固體金屬，采用Li作為負極材料的電池具有小而輕、能量密度大等優(yōu)良性能，得到廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：①LiAlH4是有機合成中常用的還原劑，LiAlH4中的陰離子空間構(gòu)型是____________、中心原子的雜化形式為________。LiAlH4中，存在_________（填標號）。A．離子鍵B．σ鍵C．π鍵D．氫鍵②Li2O是離子晶體，其晶格能可通過下圖的Born－Haber循環(huán)計算得到?？芍?Li原子的第一電離能為________kJ·mol－1，O=O鍵鍵能為________kJ·mol－1,Li2O晶格能為__________kJ·mol－1.(2)（2018·全國卷Ⅲ）回答下列問題:①ZnF2具有較高的熔點（872℃）,其化學鍵類型是________;ZnF2不溶于有機溶劑而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能夠溶于乙醇、乙醚等有機溶劑,原因是________________________________。②《中華本草》等中醫(yī)典籍中,記載了爐甘石（ZnCO3）入藥，可用于治療皮膚炎癥或表面創(chuàng)傷.ZnCO3中，陰離子空間構(gòu)型為________，C原子的雜化形式為________。（3）（2018·全國卷Ⅱ)硫及其化合物有許多用途，相關(guān)物質(zhì)的物理常數(shù)如下表所示：回答下列問題:①根據(jù)價層電子對互斥理論，H2S、SO2、SO3的氣態(tài)分子中,中心原子價層電子對數(shù)不同于其他分子的是____________。②圖（a）為S8的結(jié)構(gòu)，其熔點和沸點要比二氧化硫的熔點和沸點高很多，主要原因為__________________________。③氣態(tài)三氧化硫以單分子形式存在，其分子的立體構(gòu)型為________形，其中共價鍵的類型有________種;固體三氧化硫中存在如圖（b)所示的三聚分子，該分子中S原子的雜化軌道類型為________。［解析]（1）①[AlH4]－中Al采用sp3雜化,呈正四面體結(jié)構(gòu)。四氫鋁鋰中存在離子鍵、配位鍵和共價鍵，配位鍵也是σ鍵。②鋰原子的第一電離能是指1mol氣態(tài)鋰原子失去1mol電子變成1mol氣態(tài)鋰離子所吸收的能量，即為eq\f（1040kJ·mol－1,2）＝520kJ·mol－1。O=O鍵鍵能是指1mol氧氣分子斷裂生成氣態(tài)氧原子所吸收的能量，即為249kJ·mol－1×2＝498kJ·mol－1。晶格能是指氣態(tài)離子結(jié)合生成1mol晶體所釋放的能量或1mol晶體斷裂離子鍵形成氣態(tài)離子所吸收的能量,則Li2O的晶格能為2908kJ·mol－1。（2）①根據(jù)ZnF2晶體的熔點較高可知，ZnF2為離子晶體，含有離子鍵，而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化學鍵以共價鍵為主、極性較小，故能夠溶解在有機溶劑中。②COeq\o\al(2－，3）中碳原子的價層電子對數(shù)為3，中心碳原子采取sp2雜化，故COeq\o\al（2－,3)的空間構(gòu)型為平面三角形。（3）①價層電子對數(shù)包括成鍵電子對數(shù)和孤電子對數(shù)，H2S中S的成鍵電子對數(shù)為2，孤電子對數(shù)為eq\f(6－1×2,2）＝2，故價層電子對數(shù)為4(或價層電子對數(shù)為eq\f（6＋1×2，2）＝4），同理，SO2中S的價層電子對數(shù)為eq\f(6＋0×2,2)＝3，SO3中S的價層電子對數(shù)為eq\f(6＋0×3,2）＝3，H2S中S的價層電子對數(shù)不同于SO2、SO3。②S8和SO2均為分子晶體，分子間存在的作用力均為范德華力，S8的相對分子質(zhì)量大，分子間范德華力強，故熔點和沸點高.③氣態(tài)SO3為單分子,分子中S無孤電子對,其分子的立體構(gòu)型為平面三角形,S和O之間形成雙鍵，故共價鍵有σ鍵和π鍵兩種.固態(tài)SO3為三聚分子，分子中每個S與4個O成鍵，S無孤電子對，故原子的雜化軌道類型為sp3.[答案］（1)①正四面體sp3AB②5204982908(2)①離子鍵ZnF2為離子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化學鍵以共價鍵為主、極性較小②平面三角形sp2(3）①H2S②S8相對分子質(zhì)量大，分子間范德華力強③平面三角2sp3(1)判斷中心原子的雜化軌道類型的一般方法①看中心原子有沒有形成雙鍵或叁鍵。如果有1個叁鍵,則其中有2個π鍵,用去了2個p軌道,則為sp雜化;如果有1個雙鍵則其中有1個π鍵，則為sp2雜化；如果全部是單鍵，則為sp3雜化.②由分子的空間構(gòu)型結(jié)合價電子對互斥理論判斷。沒有填充電子的空軌道一般不參與雜化,1對孤電子對占據(jù)1個雜化軌道。如NH3為三角錐形，且有一對孤電子對,即4條雜化軌道應(yīng)呈正四面體形，為sp3雜化。（2）用價層電子對互斥理論推測分子或離子的思維程序[分點突破］角度：分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)1．（1)(2017·全國卷Ⅲ）研究發(fā)現(xiàn)，在CO2低壓合成甲醇反應(yīng)(CO2＋3H2=CH3OH＋H2O）中，Co氧化物負載的Mn氧化物納米粒子催化劑具有高活性，顯示出良好的應(yīng)用前景.回答下列問題：①CO2和CH3OH分子中C原子的雜化形式分別為________和________。②硝酸錳是制備上述反應(yīng)催化劑的原料，Mn（NO3)2中的化學鍵除了σ鍵外，還存在___________________________________.（2）(2017·江蘇卷）①丙酮（）分子中碳原子軌道的雜化類型是________，1mol丙酮分子中含有σ鍵的數(shù)目為________。②乙醇的沸點高于丙酮,這是因為_____________________。[解析]（1)①CO2中C的價層電子對數(shù)為2,故為sp雜化；CH3OH分子中C的價層電子對數(shù)為4，故為sp3雜化。②Mn（NO3)2是離子化合物，存在離子鍵;此外在NOeq\o\al(－,3)中,3個O原子和中心原子N之間還形成一個4中心6電子的大π鍵(eq\i\pr\in(4，6,)鍵），所以Mn（NO3)2中的化學鍵有σ鍵、π鍵和離子鍵。(2）①甲基上的碳原子為sp3雜化，羰基上的碳原子為sp2雜化。單鍵全為σ鍵，1個雙鍵中含有1個π鍵和1個σ鍵，故1mol丙酮中含有9molσ鍵。②乙醇中的羥基之間可以形成分子間氫鍵，故沸點高于丙酮。[答案](1)①spsp3②離子鍵和π鍵（eq\i\pr\in(4，6,)鍵）(2)①sp2和sp39NA②乙醇分子間存在氫鍵2．填寫下列空白:（1）(2016·全國卷Ⅱ）硫酸鎳溶于氨水形成［Ni(NH3)6］SO4藍色溶液。①[Ni（NH3)6］SO4中陰離子的立體構(gòu)型是________。②在[Ni(NH3）6］2＋中Ni2＋與NH3之間形成的化學鍵稱為________，提供孤電子對的成鍵原子是________。③氨的沸點________(填“高于”或“低于"）膦（PH3)，原因是____________;氨是________分子（填“極性”或“非極性"),中心原子的軌道雜化類型為________。(2)（2016·全國卷Ⅰ)①Ge與C是同族元素，C原子之間可以形成雙鍵、叁鍵,但Ge原子之間難以形成雙鍵或叁鍵。從原子結(jié)構(gòu)角度分析，原因是______________________________________________________________________________________________________.②Ge單晶具有金剛石型結(jié)構(gòu)，其中Ge原子的雜化方式為________,微粒之間存在的作用力是________。（3）(2016·全國卷Ⅲ)AsCl3分子的立體構(gòu)型為________,其中As的雜化軌道類型為________。［解析]（1）①SOeq\o\al(2－,4）中，S原子的價層電子對數(shù)為eq\f(6＋2，2）＝4，成鍵電子對數(shù)為4，故SOeq\o\al（2－，4）的立體構(gòu)型為正四面體。②[Ni（NH3)6]2＋中，由于Ni2＋具有空軌道，而NH3中N原子含有孤電子對,兩者可通過配位鍵形成配離子.③由于NH3分子間可形成氫鍵，故NH3的沸點高于PH3.NH3分子中，N原子形成3個σ鍵，且有1個孤電子對，N原子的軌道雜化類型為sp3，立體構(gòu)型為三角錐形。由于空間結(jié)構(gòu)不對稱，NH3屬于極性分子.(2)①鍺雖然與碳為同族元素，但比碳多了兩個電子層,因此鍺的原子半徑大，原子間形成的σ單鍵較長，p.p軌道肩并肩重疊程度很小或幾乎不能重疊，難以形成π鍵。②Ge單晶為金剛石型結(jié)構(gòu)，金剛石中碳原子的雜化方式為sp3，因此Ge原子的雜化方式也為sp3。微粒之間存在的作用力為共價鍵.(3)As原子的價電子排布式為4s24p3，最外層有5個電子，則AsCl3分子中As原子形成3個As—Cl鍵，且含有1對未成鍵的孤對電子,則As的雜化軌道類型為sp3雜化，AsCl3分子的立體構(gòu)型為三角錐形。[答案](1)①正四面體形②配位鍵N③高于NH3分子間可形成氫鍵極性sp3（2）①Ge原子半徑大,原子間形成的σ單鍵較長，p-p軌道肩并肩重疊程度很小或幾乎不能重疊，難以形成π鍵②sp3共價鍵(3）三角錐形sp33．碳、氮元素及其化合物與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，回答下列問題。（1）K3［Fe(CN）6]晶體中Fe3＋與CN－之間的作用力為________，該化學鍵能夠形成的原因是_________________________________________________________________________________________。（2）某有機物的結(jié)構(gòu)簡式為。該有機物分子是________(填“極性”或“非極性”）分子,該有機物分子中采取sp3雜化的原子對應(yīng)元素的電負性由大到小的順序為________。（3)乙二胺（H2NCH2CH2NH2）分子中氮原子雜化類型為________,乙二胺和三甲胺［N（CH3)3]均屬于胺，但乙二胺比三甲胺的沸點高很多，原因是___________________________________________________________________________________________.(4）NH4Cl晶體中陽離子中心原子的價層電子對數(shù)為________,該晶體中不含有________。A．離子鍵B．極性共價鍵C．非極性共價鍵D．配位鍵E．σ鍵F．π鍵（5)NCl3的立體構(gòu)型為________，其中心原子的雜化軌道類型為________.［解析]（1）Fe3＋能提供空軌道,CN－能提供孤對電子，兩者結(jié)合形成配位鍵。（2）該有機物分子結(jié)構(gòu)不對稱，為極性分子。苯環(huán)上的碳原子為sp2雜化，其他碳原子均形成4個共價單鍵，為sp3雜化，氮原子形成3個共價單鍵,孤電子對數(shù)為1，故為sp3雜化，羥基氧原子形成2個共價單鍵,孤電子對數(shù)為2，故為sp3雜化.C、N、O位于同一周期，其電負性逐漸增大。（3)乙二胺分子中每個氮原子形成3個共價單鍵，孤電子對數(shù)為1，故為sp3雜化。乙二胺分子中，氫原子與電負性較大的氮原子相連,分子間能形成氫鍵，三甲胺分子中氫原子與電負性較小的碳原子相連，分子間不能形成氫鍵。(4）NHeq\o\al（＋，4）中氮原子的價層電子對數(shù)為4＋eq\f(5－1－4×1,2)＝4.NHeq\o\al（＋,4）與Cl－形成離子鍵，NHeq\o\al（＋,4）中氮原子與3個氫原子形成極性共價鍵，與剩余1個氫原子形成配位鍵。(5）NCl3分子中氮原子的價層電子對數(shù)為3＋eq\f（5－3×1，2）＝4，孤電子對數(shù)為1，故為sp3雜化，分子的立體構(gòu)型為三角錐形.［答案］(1)配位鍵Fe3＋提供空軌道，CN－提供孤對電子，形成配位鍵(2）極性O(shè)〉N〉C(3)sp3乙二胺分子間可以形成氫鍵,三甲胺分子間不能形成氫鍵(4）4CF（5)三角錐形sp3(1)微粒的空間構(gòu)型(2）微?？臻g構(gòu)型的其他判斷方法一般情況下,對于ABn型分子，可根據(jù)n的值判斷微粒的空間構(gòu)型：考點三晶體結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(1)（2018·全國卷Ⅰ)Li2O具有反螢石結(jié)構(gòu)，晶胞如圖所示。已知晶胞參數(shù)為0。4665nm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則Li2O的密度為____________________g·cm－3(列出計算式）。（2）（2018·全國卷Ⅲ)金屬Zn晶體中的原子堆積方式如圖所示，這種堆積方式稱為________。六棱柱底邊邊長為acm，高為ccm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,Zn的密度為________g·cm－3(列出計算式).(3)(2018·全國卷Ⅱ）FeS2晶體的晶胞如圖所示。晶胞邊長為anm，F(xiàn)eS2相對分子質(zhì)量為M，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，其晶體密度的計算表達式為______________g·cm－3；晶胞中Fe2＋位于Seq\o\al(2－，2)所形成的正八面體的體心，該正八面體的邊長為________nm。［解析］(1)1個氧化鋰晶胞含O的個數(shù)為8×eq\f(1，8）＋6×eq\f（1,2)＝4，含Li的個數(shù)為8,1cm＝107nm，代入密度公式計算可得Li2O的密度為eq\f(8×7＋4×16,NA0。4665×10－73)g·cm－3.(2)題圖中原子的堆積方式為六方最密堆積.六棱柱底部正六邊形的面積＝6×eq\f(\r(3）,4）a2cm2,六棱柱的體積＝6×eq\f（\r（3）,4）a2ccm3,該晶胞中Zn原子個數(shù)為12×eq\f（1，6）＋2×eq\f(1,2）＋3＝6，已知Zn的相對原子質(zhì)量為65，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,則Zn的密度ρ＝eq\f(m,V）＝eq\f(65×6,NA×6×\f(\r(3)，4)a2c）g·cm－3。（3）該晶胞中Fe2＋位于棱上和體心，個數(shù)為12×eq\f（1,4)＋1＝4，Seq\o\al（2－，2）位于頂點和面心，個數(shù)為8×eq\f（1,8）＋6×eq\f(1,2）＝4,故晶體密度為eq\f(M，NA）×4g÷（a×10－7cm）3＝eq\f（4M，NAa3）×1021g·cm－3。根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)，Seq\o\al(2－，2)所形成的正八面體的邊長為該晶胞中相鄰面的面心之間的連線之長，即為晶胞邊長的eq\f(\r（2),2),故該正八面體的邊長為eq\f(\r(2）,2)anm.[答案］（1)eq\f（8×7＋4×16,NA0.4665×10－73）（2）六方最密堆積（A3型）eq\f(65×6,NA×6×\f（\r（3),4)×a2c）（3)eq\f(4M，NAa3)×1021eq\f(\r(2),2）a[分點突破］角度一：晶體的類型與性質(zhì)判斷1．（1）金屬鎳粉在CO氣流中輕微加熱，生成無色易揮發(fā)性液體Ni（CO)4，呈正四面體構(gòu)型。試推測Ni(CO）4的晶體類型是________，Ni（CO）4易溶于________（填字母).A．水 B．四氯化碳C．苯 D．硫酸鎳溶液（2）實驗測得鋁元素與氯元素形成化合物的實際組成為Al2Cl6，其球棍模型如圖所示。已知Al2Cl6在加熱時易升華，Al2Cl6屬于________（填晶體類型，下同）晶體。Na[Al（OH)4]屬于________晶體,存在的化學鍵有________.（3）磷化硼(BP)是一種有價值的耐磨硬涂層材料，它是在高溫(〉750℃）氫氣氛圍下通過三溴化硼和三溴化磷反應(yīng)制得的，可知BP為________晶體。（4）原子簇是由幾個到幾百個原子形成的聚集體，如鋁原子簇Al13、Al14。已知原子簇價電子總數(shù)為2，8，20,40,58……時，原子簇通?？煞€(wěn)定存在。其中Al13的性質(zhì)與鹵素性質(zhì)相似,則鋁原子簇Al13屬于________晶體，鋁原子之間的作用力為________。[解析］（1)由“易揮發(fā)性液體”可知Ni（CO）4是分子晶體，由“正四面體構(gòu)型”可知Ni(CO）4是非極性分子，易溶于非極性溶劑四氯化碳和苯中。（2）由圖可知，Al2Cl6是分子晶體。Na［Al（OH)4］是離子化合物，故是離子晶體，存在離子鍵、極性共價鍵、配位鍵。(3）磷化硼(BP）是一種有價值的耐磨硬涂層材料，說明硬度比較大；它是在高溫(〉750℃）氫氣氛圍下通過三溴化硼和三溴化磷反應(yīng)制得的，說明耐高溫；熔、沸點比較高，故其是原子晶體。（4)由題目信息可知，鋁原子簇Al13應(yīng)為分子晶體，內(nèi)部鋁原子之間的作用力為共價鍵.［答案]（1)分子晶體BC（2)分子離子離子鍵、極性共價鍵、配位鍵(3)原子(4）分子共價鍵2．(1）Na2SO4的熔點為884℃,NaNO3的熔點為307℃，Na2SO4熔點更高的原因是_________________________________________________________________________________________.（2）晶體硅的結(jié)構(gòu)與金剛石非常相似。金剛石、晶體硅和金剛砂（碳化硅）的熔點由高到低的順序為___________________（填化學式）。（3)下表是一組物質(zhì)的沸點數(shù)據(jù):有機物甲醇（CH3OH）丙烯（CH3CH=CH2）一氟甲烷(CH3F)相對分子質(zhì)量324234沸點/℃64。7－47.7－78。2甲醇相對分子質(zhì)量較小，沸點卻高于其他兩種物質(zhì)的原因是______________________________________________________。[解析］(1）由于Na2SO4和NaNO3均為離子晶體，SOeq\o\al（2－,4)所帶電荷比NOeq\o\al（－,3）的多，故Na2SO4的晶格能較大，所以硫酸鈉熔點較高.(2)金剛石、晶體硅和金剛砂（碳化硅）均是原子晶體，原子半徑C〈Si，則熔點由高到低的順序為C>SiC>Si。(3）由于甲醇分子間存在氫鍵，從而導致甲醇沸點高。［答案］(1）Na2SO4和NaNO3均為離子晶體,SOeq\o\al(2－，4）所帶電荷比NOeq\o\al（－,3)的多，故Na2SO4晶格能較大，熔點較高（2)C〉SiC〉Si（3)甲醇分子間存在氫鍵3．按要求回答下列問題:（1)①(2015·全國卷Ⅰ）CO能與金屬Fe形成Fe(CO）5,該化合物的熔點為253K，沸點為376K,其固體屬于________晶體。②（2015·全國卷Ⅱ)氧和鈉的氫化物所屬的晶體類型分別為________和________.(2)①（2017·全國卷Ⅲ)在CO2低壓合成甲醇反應(yīng)(CO2＋3H2=CH3OH＋H2O）所涉及的4種物質(zhì)中，沸點從高到低的順序為__________________，原因是______________________________________________________________________________________.②（2016·全國卷Ⅲ)GaF3的熔點高于1000℃，GaCl3的熔點為77.9℃，其原因是_________________________________________________________________________________________________。[答案］(1）①分子②分子晶體離子晶體（2)①H2O〉CH3OH>CO2〉H2H2O與CH3OH均為極性分子，H2O中氫鍵比甲醇多,CO2與H2均為非極性分子，CO2的相對分子質(zhì)量較大，范德華力較大②GaF3為離子晶體,GaCl3為分子晶體比較晶體熔、沸點高低的規(guī)律方法(1)不同類型晶體的熔、沸點高低一般規(guī)律原子晶體〉離子晶體〉分子晶體，金屬晶體的熔、沸點差別很大，如鎢、鉑等熔點很高，汞、銫等熔點很低.(2)同類型晶體的熔、沸點高低一般規(guī)律①原子晶體由共價鍵形成的原子晶體中，原子半徑小的鍵長短，鍵能大，晶體的熔、沸點高.如熔點:金剛石〉碳化硅〉硅.②離子晶體一般地說，陰陽離子的電荷數(shù)越多，離子半徑越小，則離子間的作用力就越強，其晶體的熔、沸點就越高，如熔點：MgO〉NaCl>CsCl。③分子晶體a．分子間作用力越大,物質(zhì)的熔、沸點越高；具有氫鍵的分子晶體熔、沸點反常地高。如H2O〉H2Te〉H2Se>H2S.b．組成和結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，熔、沸點越高。SnH4〉GeH4〉SiH4〉CH4.c．組成和結(jié)構(gòu)不相似的分子晶體(相對分子質(zhì)量接近）,分子的極性越大，其熔、沸點越高。如CO>N2，CH3OH>CH3CH3.④金屬晶體金屬離子半徑越小,離子電荷數(shù)越多,金屬鍵越強，金屬熔、沸點就越高。如熔、沸點:Al>Mg〉Na。角度二：晶胞的計算4．Ni、Fe、La的化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有廣泛的應(yīng)用.(1）鐵氮化合物（FexNy）在磁記錄材料領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用前景。某FexNy的晶胞如圖1所示，Cu可以完全替代該晶體中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型產(chǎn)物Fe（x－n）CunNy.FexNy轉(zhuǎn)化為兩種Cu替代型產(chǎn)物的能量變化如圖2所示，其中更穩(wěn)定的Cu替代型產(chǎn)物的化學式為______________________.（2）金屬鎳與鑭（La）形成的合金是一種良好的儲氫材料，其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如圖3所示。該合金的化學式為__________________。（3)鐵有δ、γ、α三種同素異形體，其晶胞如圖4所示，γ。Fe晶胞中所含有的鐵原子數(shù)為__________，δ－Fe、α－Fe兩種晶胞中鐵原子的配位數(shù)之比為__________。［解析]（1)觀察晶胞圖、能量變化圖知，Cu替代頂點上的Fe（a位置Fe），化學式為Fe3CuN，能量較低,較穩(wěn)定；Cu替代面心上的Fe（b位置Fe），化學式為FeCu3N，能量較高,不穩(wěn)定。（2）每個晶胞中含有La的個數(shù)為8×eq\f(1，8)＝1，Ni的個數(shù)為1＋8×eq\f（1,2)＝5，該合金的化學式為LaNi5或Ni5La。（3）利用均攤法計算γ－Fe晶胞中所含有的鐵原子數(shù):8×eq\f(1,8）＋6×eq\f(1,2）＝4；根據(jù)晶胞的結(jié)構(gòu)可知，δ－Fe晶胞中以頂點鐵原子為例，與之距離最近且相等的鐵原子是體心上的鐵原子，這樣的原子有8個，所以鐵原子的配位數(shù)為8，α－Fe晶胞中以頂點鐵原子為例,與之距離最近且相等的鐵原子是與其相鄰的其他頂點上的鐵原子，這樣的原子有6個，所以鐵原子的配位數(shù)為6，所以δ－Fe、α－Fe兩種晶胞中鐵原子的配位數(shù)之比為4∶3。[答案](1)Fe3CuN(2)LaNi5(或Ni5La）（3)44∶35．鍺（Ge)是典型的半導體元素,在電子、材料等領(lǐng)域應(yīng)用廣泛。鍺單晶具有金剛石型結(jié)構(gòu)。回答下列問題:（1)金剛石晶胞如圖1所示,其中含有__________個碳原子。若碳原子半徑為r，金剛石晶胞的邊長為a,根據(jù)硬球接觸模型，則r＝__________a，碳原子在晶胞中的空間占有率為__________(不要求計算結(jié)果)。(2）晶胞有兩個基本要素：①原子坐標參數(shù)，表示晶胞內(nèi)部各原子的相對位置，如圖2為Ge單晶的晶胞，其中原子坐標參數(shù)A為(0,0，0）；B為eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,2）,0,\f（1,2）)）；C為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，2），\f（1，2），0)）。則D原子的坐標參數(shù)為__________。②晶胞參數(shù)，描述晶胞的大小和形狀，已知Ge單晶的晶胞參數(shù)a′＝565.76pm,其密度為__________g·cm－3(列出計算式即可）。［解析]（1)由金剛石的晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞內(nèi)部有4個C原子，面心上有6個C原子，頂點有8個C原子，所以金剛石晶胞中C原子數(shù)目為4＋6×eq\f(1，2）＋8×eq\f（1，8）＝8；若C原子半徑為r，金剛石晶胞的邊長為a，根據(jù)硬球接觸模型，則正方體體對角線長度的eq\f（1,4）就是C—C鍵的鍵長，即eq\f（\r(3），4）a＝2r，所以r＝eq\f(\r(3）,8)a,碳原子在晶胞中的空間占有率＝eq\f(8×\f（4，3)πr3，a3）＝eq\f（8×\f(4,3)π×\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（\r(3),8）a))3，a3)＝eq\f（\r(3)π,16)。(2)①對照晶胞圖示、坐標系以及A、B、C的坐標，選A作為參照，觀察D在晶胞中的位置（體對角線的eq\f（1，4)處），由B、C的坐標可以推知D的坐標為eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，4)，\f（1，4），\f（1，4）））。②類似金剛石晶胞，1個Ge單晶的晶胞中含有8個鍺原子，則ρ＝eq\f(8×73×107,6.02×565。763）g·cm－3。［答案］（1）8eq\f(\r（3),8）eq\f(\r（3)π，16)（2）①eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，4），\f（1，4），\f(1，4）))②eq\f（8×73×107,6。02×565。763)6．按要求回答下列問題:（1）（2016·全國卷Ⅱ)某鎳白銅合金的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①晶胞中銅原子與鎳原子的數(shù)量比為________。②若合金的密度為dg·cm－3，晶胞參數(shù)a＝________nm。(2）(2016·全國卷Ⅲ)GaAs的熔點為1238℃，密度為ρg·cm－3，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。Ga和As的摩爾質(zhì)量分別為MGag·mol－1和MAsg·mol－1，原子半徑分別為rGapm和rAspm，阿伏加德羅常數(shù)值為NA,則GaAs晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為__________.(3)（2015·全國卷Ⅱ）Na和O能夠形成化合物F，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,晶胞參數(shù)a＝0.566nm，F(xiàn)的化學式為________;晶胞中O原子的配位數(shù)為________；列式計算晶體F的密度(g·cm－3）____________________。[解析]（1）①由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，Ni原子處于立方晶胞的頂點，Cu原子處于立方晶胞的面心，根據(jù)均攤法，每個晶胞中含有Cu原子的個數(shù)為6×eq\f(1，2)＝3，含有Ni原子的個數(shù)為8×eq\f（1,8)＝1,故晶胞中Cu原子與Ni原子的數(shù)量比為3∶1。②根據(jù)m＝ρV可得，1mol晶胞的質(zhì)量為(64×3＋59）g＝a3×dg·cm－3×NA,則a＝eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（251,6.02×1023×d)))eq\s\up15(eq\f（1,3))cm＝eq\b\lc\[\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（251，6.02×1023×d）)）eq\s\up15(eq\f(1,3）)×107nm。（2)分析GaAs的晶胞結(jié)構(gòu)，4個Ga原子處于晶胞體內(nèi)，8個As原子處于晶胞的頂點、6個As原子處于晶胞的面心，結(jié)合“均攤法"計算可知，每個晶胞中含有4個Ga原子，含有As原子個數(shù)為8×eq\f（1,8）＋6×eq\f(1,2）＝4（個），Ga和As的原子半徑分別為rGapm＝rGa×10－10cm，rAspm＝rAs×10－10cm，則原子的總體積為V原子＝4×eq\f(4,3)π×［(rGa×1010cm）3＋(rAs×10－10cm）3]＝eq\f（16π,3）×10－30（req\o\al(3，Ga)＋req\o\al(3，As）)cm3。又知Ga和As的摩爾質(zhì)量分別為MGag·mol－1和MAsg·mol－1，晶胞的密度為ρg·cm－3，則晶胞的體積為V晶胞＝eq\f（4MGa＋MAs，ρNA)cm3,故GaAs晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為eq\f（V原子，V晶胞）×100％＝eq\f（\f（16π，3）×10－30r\o\al(3,Ga)＋r\o\al(3,As）cm3,\f(4MGa＋MAs,ρNA）cm3)×100%＝eq\f（4π×10－30×NAρr\o\al(3,Ga）＋r\o\al（3，As），3MGa＋MAs）×100％。（3）O2－半徑大于Na＋半徑，由F的晶胞結(jié)構(gòu)可知，大球代表O2－，小球代表Na＋,每個晶胞中含有O2－個數(shù)為8×eq\f(1，8）＋6×eq\f（1,2）＝4,含有Na＋個數(shù)為8，故O2－、Na＋離子個數(shù)之比為4∶8＝1∶2，從而推知F的化學式為Na2O。由晶胞結(jié)構(gòu)可知，每個O原子周圍有8個Na原子，故O原子的配位數(shù)為8。晶胞參數(shù)a＝0。566nm＝0。566×10－7cm，則晶胞的體積為(0.566×10－7cm）3,從而可知晶體F的密度為eq\f（4×62g·mol－1,0.566×10－7cm3×6.02×1023mol－1)＝2.27g·cm－3.[答案](1）①3∶1②eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(251，6.02×1023×d)））eq\s\up15（eq\f(1,3））×107（2）eq\f（4π10－30×NAρr\o\al（3,Ga）＋r\o\al(3，As）,3MGa＋MAs）×100％(3）Na2O8eq\f（4×62g·mol－1,0。566×10－7cm3×6。02×1023mol－1)＝2.27g·cm－3（1）均攤法確定晶胞的化學組成①方法晶胞中任意位置上的一個原子如果是被n個晶胞所共有，那么，該原子對這個晶胞的貢獻就是eq\f(1,n）.②類型a．長方體(正方體）晶胞中不同位置的粒子對晶胞的貢獻：b．非長方體(非正方體)晶胞中粒子對晶胞的貢獻視具體情況而定。如石墨晶胞每一層內(nèi)碳原子排成六邊形，其頂點（1個碳原子）對六邊形的貢獻為eq\f（1，3）.再如圖所示的正三棱柱形晶胞中:（2）晶體密度及粒子間距離的計算①計算晶體密度的方法以一個晶胞為研究對象，根據(jù)m＝ρ·V，其一般的計算規(guī)律和公式可表示為：eq\f（M,NA）×n＝ρ×a3，其中M為晶體的摩爾質(zhì)量,n為晶胞所占有的粒子數(shù)，NA為阿伏加德羅常數(shù)，ρ為晶體密度，a為晶胞參數(shù)。②計算晶體中粒子間距離的方法

1．（2018·江蘇卷）臭氧（O3）在[Fe（H2O)6］2＋催化下能將煙氣中的SO2、NOx分別氧化為SOeq\o\al（2－，4）和NOeq\o\al（－,3)，NOx也可在其他條件下被還原為N2。(1)SOeq\o\al(2－,4）中心原子軌道的雜化類型為________；NOeq\o\al(－，3）的空間構(gòu)型為________(用文字描述）。［命題點：雜化類型及空間構(gòu)型]（2)Fe2＋基態(tài)核外電子排布式為________.[命題點：電子排布式]（3）與O3分子互為等電子體的一種陰離子為________(填化學式)。[命題點：等電子體］（4)N2分子中σ鍵與π鍵的數(shù)目比n（σ）∶n(π)＝___________。［命題點：共價鍵](5)［Fe（H2O)6］2＋與NO反應(yīng)生成的[Fe（NO）（H2O)5]2＋中，NO以N原子與Fe2＋形成配位鍵.請在［Fe（NO）（H2O）5]2＋結(jié)構(gòu)示意圖的相應(yīng)位置補填缺少的配體.[命題點：配位鍵］[解析］（1）SOeq\o\al(2－，4)中S原子的價層電子對數(shù)為4，所以采取sp3雜化。NOeq\o\al(－,3)中氮原子上無孤對電子，成鍵電子對數(shù)為3,即N采取sp2雜化，NOeq\o\al(－，3)的空間構(gòu)型為平面(正)三角形。(2）Fe的原子序數(shù)是26,Fe2＋核外有24個電子，其基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d6。(3)等電子體是指價電子總數(shù)和原子數(shù)均相同的分子、離子或原子團，O3與NOeq\o\al(－,2）均為3原子18價電子的粒子，故二者互為等電子體.（4）N2分子中含有1個σ鍵和2個π鍵。（5)注意［Fe（NO)(H2O）5]2＋中N原子與Fe2＋形成配位鍵即可。［答案](1)sp3平面（正)三角形(2）［Ar］3d6或1s22s22p63s23p63d6（3）NOeq\o\al(－，2)（4)1∶2（5）2．(2017·全國卷Ⅱ）我國科學家最近成功合成了世界上首個五氮陰離子鹽(N5）6(H3O）3（NH4)4Cl(用R代表）?；卮鹣铝袉栴}：(1）氮原子價層電子對的軌道表達式（電子排布圖)為______________________________.［命題點：電子排布圖］（2)元素的基態(tài)氣態(tài)原子得到一個電子形成氣態(tài)負一價離子時所放出的能量稱作第一電子親和能（E1)。第二周期部分元素的E1變化趨勢如圖(a）所示，其中除氮元素外,其他元素的E1自左而右依次增大的原因是________________________；氮元素的E1呈現(xiàn)異常的原因是____________________________________________________________________________________________________________。［命題點：親和能力比較］(3）經(jīng)X射線衍射測得化合物R的晶體結(jié)構(gòu)，其局部結(jié)構(gòu)如圖（b)所示.①從結(jié)構(gòu)角度分析,R中兩種陽離子的相同之處為________，不同之處為________。（填標號)A．中心原子的雜化軌道類型B.中心原子的價層電子對數(shù)C．立體結(jié)構(gòu)D．共價鍵類型②R中陰離子Neq\o\al(－，5)中的σ鍵總數(shù)為________個.分子中的大π鍵可用符號Πeq\o\al(n,m）表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)(如苯分子中的大π鍵可表示為Πeq\o\al(6,6)）,則Neq\o\al(－,5）中的大π鍵應(yīng)表示為________。③圖（b）中虛線代表氫鍵，其表示式為（NHeq\o\al（＋,4)）N－H…Cl、________、________。［命題點：物質(zhì)構(gòu)型］(4）R的晶體密度為dg·cm－3，其立方晶胞參數(shù)為anm,晶胞中含有y個[（N5）6（H3O）3（NH4)4Cl]單元,該單元的相對質(zhì)量為M，則y的計算表達式為____________________________。[命題點：晶體結(jié)構(gòu)及計算］［解析](1）N原子位于第二周期第ⅤA族，價電子是最外層電子,即電子排布圖是；(2）根據(jù)圖（a)，電子親和能增大（除N外），同周期從左向右非金屬性增強，得電子能力增強，因此同周期自左而右電子親和能增大;氮元素的p能級達到半滿狀態(tài)，原子相對穩(wěn)定,不易得到1個電子；(3）①根據(jù)圖(b),陽離子是NHeq\o\al（＋,4)和H3O＋，NHeq\o\al(＋,4)中心原子N含有4個σ鍵,孤電子對數(shù)為(5－1－4×1)/2＝0，價層電子對數(shù)為4，雜化類型為sp3，H3O＋中心原子是O，含有3個σ鍵，孤電子對數(shù)為(6－1－3）/2＝1，空間構(gòu)型為正四面體形，價層電子對數(shù)為4,雜化類型為sp3,空間構(gòu)型為三角錐形，因此相同之處為ABD，不同之處為C；②根據(jù)圖(b）Neq\o\al（－,5）中σ鍵總數(shù)為5個；根據(jù)信息，Neq\o\al(－,5)的大π鍵應(yīng)是表示為Πeq\o\al（6,5）；③根據(jù)圖（b）還有的氫鍵是:(H3O＋）O-H…N（NHeq\o\al（＋,4）)N—H…N;（4)根據(jù)密度的定義有：d＝eq\f(\f(y,NA)×M,a×10－73）g/cm3，解得y＝eq\f（d×a×10－73×NA，M)。［答案]（1)(2)同周期元素隨核電荷數(shù)依次增大，原子半徑逐漸變小，故結(jié)合一個電子釋放出的能量依次增大N的p能級處于半充滿狀態(tài),具有穩(wěn)定性，故不易結(jié)合一個電子（3）①ABDC②5Πeq\o\al(6，5）③（H3O＋)O-H…N(NHeq\o\al（＋,4)）)N—H…N(4）eq\f（d×a×10－73×NA，M)題型特點:選做題填空題考向評析:原子結(jié)構(gòu)在高考中常見的命題角度有原子核外電子的排布規(guī)律及其表示方法、原子結(jié)構(gòu)與元素電離能和電負性的關(guān)系及其應(yīng)用；分子結(jié)構(gòu)則圍繞某物質(zhì)判斷共價鍵的類型和數(shù)目，分子的極性、中心原子的雜化方式，微粒的立體構(gòu)型，氫鍵的形成及對物質(zhì)的性質(zhì)影響等；晶體結(jié)構(gòu)在高考中常見的命題角度有晶體的類型、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系，晶體熔沸點高低的比較，配位數(shù)、晶胞模型分析及有關(guān)計算等。上述考查知識點多以“拼盤"形式呈現(xiàn)，知識覆蓋較廣，命題角度具有相對獨立性。答題啟示:特別關(guān)注：①第四周期元素原子或離子電子排布式的書寫；②晶胞微粒的計算方法。專題跟蹤訓練（十五）能力練(20分鐘50分）非選擇題(共50分）1．（12分）A、B、C、D、E代表5種元素。請?zhí)羁眨?1)A元素基態(tài)原子的最外層有3個未成對電子,次外層有2個電子，其基態(tài)原子的電子排布圖為________。(2)B元素的負一價離子和C元素的正一價離子的電子層結(jié)構(gòu)都與氬相同，B－的結(jié)構(gòu)示意圖為________,C元素在元素周期表的________區(qū)。（3）D元素的正三價離子的3d能級為半充滿狀態(tài)，其基態(tài)原子的電子排布式為________。試根據(jù)原子核外電子排布所遵循的原理解釋D的二價陽離子具有較強的還原性，易被氧化為正三價離子的原因：_________________________________________________.(4)E元素基態(tài)原子的M層全充滿，N層沒有成對電子，只有一個未成對電子,其基態(tài)原子的價電子排布式為________。[解析］(1）A元素為N，核外7個電子分別在1s、2s、2p軌道上。（2）B－與C＋的電子層結(jié)構(gòu)都與氬相同,即核外都有18個電子，則B為Cl，C為K.(3）D元素原子失去2個4s電子和1個3d電子后變成＋3價離子，其原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，即26號元素鐵。（4）E元素基態(tài)原子的M層全充滿，說明M層上的3s、3p、3d能級都充滿電子，N層沒有成對電子，只有一個未成對電子，故電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，價電子排布式為3d104s1，為銅元素。［答案]（1)(2）s(3）1s22s22p63s23p63d64s2（或[Ar]3d64s2）Fe3＋的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d5，3d軌道為半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故Fe2＋容易失去一個電子,被氧化為Fe3＋(4）3d104s12．（18分）氯吡苯脲是一種常用的膨大劑，其結(jié)構(gòu)簡式為,它是經(jīng)國家批準使用的植物生長調(diào)節(jié)劑。(1）氯元素基態(tài)原子核外電子的未成對電子數(shù)為________。（2）氯吡苯脲晶體中,氮原子的雜化軌道類型為________，羰基碳原子的雜化軌道類型為__________.（3）查文獻可知，可用2-氯.4。氨基吡啶與異氰酸苯酯反應(yīng)，生成氯吡苯脲：（4）膨大劑能在動物體內(nèi)代謝，其產(chǎn)物較為復(fù)雜，其中有H2O、NH3、CO2等。①請用共價鍵知識解釋H2O分子比NH3分子穩(wěn)定的原因：____________________________。②H2O、NH3、CO2分子的空間構(gòu)型分別是_______________，中心原子的雜化類型分別是______________________。［解析］（1)根據(jù)構(gòu)造原理可知，氯元素基態(tài)原子核外電子排布式是1s22s22p63s23p5，所以未成對電子數(shù)為1。(2)根據(jù)氯吡苯脲的結(jié)構(gòu)簡式可知,有2個氮原子均形成3個單鍵，孤電子對數(shù)為1，屬于sp3雜化；剩余1個氮原子形成1個雙鍵和1個單鍵，孤電子對數(shù)為1，是sp2雜化；羰基碳原子形成2個單鍵和1個雙鍵，為sp2雜化。(3)由于σ鍵比π鍵更穩(wěn)定，根據(jù)反應(yīng)方程式可以看出，斷裂的化學鍵為異氰酸苯酯分子中的N=C鍵中的π鍵和2-氯。4.氨基吡啶分子中的N—H鍵。(4）①O、N屬于同周期元素，O的非金屬性大于N，H—O鍵的鍵能大于H—N鍵的鍵能,所以H2O分子比NH3分子穩(wěn)定。②H2O分子中O原子的價層電子對數(shù)＝2＋eq\f(6－2×1,2）＝4，孤電子對數(shù)為2，所以為V形結(jié)構(gòu)，O原子采用sp3雜化；NH3分子中N原子的價層電子對數(shù)＝3＋eq\f(5－3×1,2)＝4，孤電子對數(shù)為1,所以為三角錐形結(jié)構(gòu)，N原子采用sp3雜化;CO2分子中C原子的價層電子對數(shù)＝2＋eq\f（4－2×2,2)＝2,不含孤電子對,所以是直線形結(jié)構(gòu)，C原子采用sp雜化。［答案］(1）1(2）sp2、sp3sp2（3）NANA(4）①H—O鍵的鍵能大于H-N鍵的鍵能②V形、三角錐形、直線形sp3、sp3、sp3．(20分)(2018·安徽六安三模）H、C、N、O、W、Fe、V都是生活與化學工業(yè)中常見元素，設(shè)NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。請回答下列問題：(1)碳負離子CHeq\o\al（－,3）的空間構(gòu)型為________；根據(jù)等電子原理,NO＋的電子式為________。(2）N、Na＋、Fe3＋、Cu2＋四種微粒基態(tài)的核外電子排布式中未成對電子數(shù)最多的是________；Cu2＋在水中呈現(xiàn)藍色是因為形成了水合銅離子，其化學式為________。（3）釩可用于人工合成二價釩固氮酶（結(jié)構(gòu)如圖甲).釩固氮酶中釩的配位原子有________（填元素符號)。(4)煙酰胺(結(jié)構(gòu)如圖乙)可用于合成光合輔酶NADPH，煙酰胺分子中氮原子的雜化軌道類型有________，1mol該分子中含σ鍵的數(shù)目為________.(5)上圖為碳化鎢晶體的一部分結(jié)構(gòu)，碳原子嵌入金屬鎢的晶格的間隙,并不破壞原有金屬的晶格,形成填隙＋固溶體，也稱為填隙化合物.在此結(jié)構(gòu)中，其中鎢原子有________個，1個鎢原子周圍距離最近的碳原子有________個,假設(shè)該部分晶體的體積為Vcm3，碳化鎢的摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1，密度為bg·cm－3，則阿伏加德羅常數(shù)的值NA可表示為________。（6)12g石墨烯(結(jié)構(gòu)如圖丙）中含有的正六邊形的物質(zhì)的量為________mol；請你預(yù)測硅是否容易形成類似石墨烯的結(jié)構(gòu)，并說明理由________________________________________________。［解析](1）碳負離子CHeq\o\al（－,3)中碳原子的價層電子對數(shù)＝3＋eq\f（4＋1－3×1，2)＝4，含有一對孤對電子，所以空間構(gòu)型為三角錐形；NO＋與氮氣互為等電子體，則根據(jù)等電子原理，NO＋的電子式為[eq\o（\s\up15（·），\s\do15（·））N??Oeq\o(\s\up15（·）,\s\do15(·)）]＋.(2）N、Na＋、Fe3＋、Cu2＋四種微?；鶓B(tài)的核外電子排布式中未成對電子數(shù)分別是3、0、5、1,所以未成對電子數(shù)最多的是Fe3＋；Cu2＋在水中呈現(xiàn)藍色是因為形成了水合銅離子，其化學式為［Cu（H2O）4]2＋。(3）由圖可知，釩固氮酶中,N、S均能提供孤電子對,釩的配位原子為S與N。（4）由煙酰胺結(jié)構(gòu)可知，分子中氨基中的N原子形成3個σ鍵、含有1對孤電子對，雜化軌道數(shù)目為4,采取sp3雜化，而環(huán)中N原子形成2個σ鍵、含有1對孤電子對，雜化軌道數(shù)目為3，采取sp2雜化；1個分子中含有4個C-H鍵、2個N—H鍵、3個C-C鍵、2個C—N鍵、4個雙鍵，單鍵為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵、1個π鍵，故1個分子中含有σ鍵的數(shù)目為15，1mol該分子中含σ鍵的數(shù)目為15NA.（5）在此結(jié)構(gòu)中鎢原子數(shù)目為1＋2×eq\f(1,2)＋12×eq\f（1,6）＋6×eq\f(1,3)＝6，以體內(nèi)鎢原子可知，1個鎢原子周圍距離最近的碳原子有6個；結(jié)構(gòu)中鎢原子數(shù)目為6、碳原子數(shù)目為6，則晶胞的質(zhì)量為6×eq\f(Mg·mol－1，NAmol－1）,則6×eq\f（Mg·mol－1，NAmol－1)＝Vcm3×bg·cm－3，故NA＝eq\f(6M，bV)。(6)12g石墨烯中碳原子的物質(zhì)的量為12g÷12g·mol－1＝1mol，由石墨烯的結(jié)構(gòu)圖可知，每個碳原子被3個正六邊形所共有，則一個正六邊形含有6×eq\f(1,3）＝2個碳原子，則含有的正六邊形數(shù)目為1mol×eq\f（1，2)×NAmol－1＝0.5NA，物質(zhì)的量是0.5mol;Si原子半徑比碳原子半徑大，3p軌道不易重疊形成π鍵,因此硅不容易形成類似石墨烯的結(jié)構(gòu)。[答案］（1）三角錐形（2)Fe3＋［Cu（H2O）4]2＋(3）N、S(4）sp3、sp215NA(5）66eq\f(6M,bV)(6）0。5不容易，硅原子半徑大于碳原子半徑,且3p軌道不易重疊形成π鍵拔高練(25分鐘50分)非選擇題(共50分)1．（16分)A、B、C、D、E五種元素,位于元素周期表的前四周期，它們的核電荷數(shù)依次增大，有如下信息：元素信息A最外層電子數(shù)等于電子層數(shù)，常溫下其單質(zhì)為氣體B基態(tài)原子的L層p軌道上有2個電子C基態(tài)原子核外有3個未成對電子D主族元素，原子與B原子的價電子數(shù)相同E基態(tài)原子的K層電子數(shù)與最外層電子數(shù)之比為2∶1，M層處于全充滿狀態(tài)請回答下列問題：（1）B與C相比，電負性較大的是________(填元素符號)，E2＋的核外電子排布式為________.（2）①B可與A形成B2A4化合物，其含有的π鍵和σ鍵的個數(shù)比為________；②C可與A形成C2A4化合物，其中C原子的雜化軌道類型為________；③B與C可以形成BC－，五種元素形成的單質(zhì)中，與BC－互為等電子體的是________。（3)B的最高價氧化物與D的最高價氧化物的沸點相差較大的原因是______________________________________________________________________________________________________________.（4)向含有E2＋的溶液中通入C的常見氣態(tài)氫化物，先產(chǎn)生沉淀，繼續(xù)通入該氣體，沉淀溶解。請用物質(zhì)結(jié)構(gòu)解釋沉淀溶解的原因：_____________________________________________________。（5)E單質(zhì)的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，原子采取面心立方最密堆積.若已知E原子半徑為d，NA表示阿伏加德羅常數(shù),摩爾質(zhì)量為M。①E原子的配位數(shù)為________；②該晶體的密度可表示為________;③E原子采取的面心立方最密堆積的空間利用率為________.［解析］A、B、C、D、E五種元素,均位于元素周期表的前四周期,它們的核電荷數(shù)依次增大.前四周期元素原子最外層電子數(shù)等于電子層數(shù)的有H、Be、Al、Ge,而A的單質(zhì)在常溫下為氣體，故A是H;B元素基態(tài)原子的L層p軌道上有2個電子，則其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p2，則B為C（碳)；E元素基態(tài)原子的K層電子數(shù)與最外層電子數(shù)之比為2∶1，M層處于全充滿狀態(tài)，則E原子核外電子數(shù)＝2＋8＋18＋1＝29,故E為Cu；D為主族元素，D原子與B原子的價電子數(shù)相同,且原子序數(shù)小于29，則D為Si；C的基態(tài)原子核外有3個未成對電子，且原子序數(shù)小于14，則其核外電子排布式為1s22s22p3，故C為N.(1)一般來說，周期表從左到右,元素的電負性逐漸變大，故電負性N>C；Cu2＋的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9。（2)①B可與A形成CH2=CH2，其含有的π鍵和σ鍵的個數(shù)比為1∶5；②C可與A形成NH2NH2，其中N原子的價層電子對數(shù)為3＋1＝4,雜化軌道類型為sp3；③B與C可形成CN－,為14電子離子，五種元素形成的單質(zhì)中，與其互為等電子體的是N2。(3）碳元素的最高價氧化物為CO2，其為分子晶體；Si元素的最高價氧化物為SiO2，其為原子晶體。(4)向含有Cu2＋的溶液中通入NH3，先生成Cu（OH）2沉淀，通入過量NH3，Cu（OH）2中的Cu2＋提供空軌道，NH3提供孤對電子,形成配位鍵，生成[Cu（NH3）4]2＋，Cu(OH)2沉淀溶解。（5）①由圖可知,以頂點的Cu原子分析，位于面心的原子與之相距最近，則其配位數(shù)為12;②Cu原子半徑為d，其面對角線長度為4d，立方體的棱長為eq\f（\r(2),2）×4d＝2eq\r（2)d，則晶胞體積為（2eq\r（2)d)3＝16eq\r(2）d3,晶胞中含有的Cu原子數(shù)目為8×eq\f(1,8）＋6×eq\f(1,2)＝4,故晶體的密度＝eq\f(4×M,16\r（2)d3·NA）＝eq\f(M，4\r(2)d3·NA)；③晶胞為面心立方最密堆積,空間利用率＝eq\f（\f（4，3)πd3×4，16\r（2)d3)×100％＝eq\f(\r(2）π,6)×100%≈74％。[答案](1）N1s22