2020届二轮复习物质结构与性质元素周期律学案（全国通用）
认识原子的结构，了解元素、核素的涵义以及原子核外电子排布规律。
认识构成物质的微粒之间存在相互作用，结合典型实例认识离子键和共价键的形成，建立化学键概念。
认识原子结构、元素性质及元素在周期表中位置的关系。
结合相关数据和实验事实，了解元素性质的周期性的变化规律，建构元素周期律。
以第三周期元素(钠、镁、铝、硅、磷、硫、氯)以及碱金属和卤族元素为例，体会同周期和同主族内元素性质的递变规律与原子结构的关系。
体会元素周期表(律)在学习元素化合物知识和科学研究中的作用。
知道电子的运动状态(空间分布及能量)可通过原子轨道和电子云模型来描述。
了解原子核外电子排布的构造原理。了解1～36号元素基态原子核外电子的排布。
认识元素的原子半径、第一电离能、电负性等元素性质的周期性变化。
知道元素周期表中分区、周期和族的元素原子核外电子排布特征，了解元素周期律(表)的应用价值。
认识微粒之间存在不同类型的相互作用。根据微粒的种类及微粒之间的相互作用，认识物质的性质与微观结构的关系。
认识离子键、共价键的本质。结合实例了解共价分子具有特定的空间几何结构，并可运用相关理论和模型进行解释和预测。结合实例初步认识分子的手性对其性质的影响。
知道配位键的特点，认识简单的配位化合物的成键特征，了解配位化合物的存在与应用。
认识原子间通过原子轨道重叠形成共价键，了解共价键具有饱和性和方向性。
了解晶体中微粒的空间排布存在周期性，认识简单的晶胞。能结合实例描述晶体中微粒排列的周期性规律。
借助分子晶体、共价晶体、离子晶体、金属晶体等模型认识晶体的结构特点。
能借助分子晶体、共价晶体、离子晶体、金属晶体等模型说明晶体中的微粒及其微粒间的相互作用。
原子结构 化学键
1．微粒间的数量关系
(1)质量数＝质子数＋中子数
(2)原子：核电荷数＝核内质子数＝核外电子数＝原子序数
(3)阴离子：核外电子数＝质子数＋所带的电荷数
(4)阳离子：核外电子数＝质子数－所带的电荷数
2．“四同”的判断方法
判断的关键是抓住描述的对象。
(1)同位素——原子，如H、H、H；
(2)同素异形体——单质，如O2、O3；
(3)同系物——有机化合物，如CH3CH3、CH3CH2CH3；
(4)同分异构体——一般为有机化合物，如正戊烷、异戊烷、新戊烷。
3．能层、能级、原子轨道数及最多容纳电子数
能层
一
二
三
四
五
…
符号
K
L
M
N
O
…
能级
1s
2s
2p
3s
3p
3d
4s
4p
4d
4f
5s
…
…
包含
原子
轨道
数
1
1
3
1
3
5
1
3
5
7
1
…
…
最多
容纳
电子
数
2
2
6
2
6
10
2
6
10
14
2
…
…
2
8
18
32
…
2n2
4.常见原子轨道电子云轮廓图
原子轨道
电子云轮廓图形状
轨道个数
s
球形
1
p
哑铃(或纺锤)形
3(px，py，pz)
5.基态原子的核外电子排布
(1)原子核外电子排布的“三规律”
能量最低原理
原子核外电子总是优先占有能量最低的原子轨道
泡利原理
每个原子轨道里，最多只能容纳2个自旋状态相反的电子
洪特规则
当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同
(2)基态原子核外电子排布的四种表示方法
表示方法
举例
电子排布式
Cr：1s22s22p63s23p63d54s1
简化电子排布式
Cu：[Ar]3d104s1
价电子排布式
Fe：3d64s2
电子排布图(或轨道表示式)
原子轨道处于全空、半充满、全充满状态更稳定。Cr、Cu的电子排布式分别为1s22s22p63s23p63d54s1、1s22s22p63s23p63d104s1，而非1s22s22p63s23p63d44s2、
1s22s22p63s23p63d94s2。
6．化学键与化合物的关系
(1)含有离子键的化合物一定是离子化合物，但离子化合物中可能含有共价键，如Na2O2。
(2)只含有共价键的化合物一定是共价化合物。
(3)由金属元素和非金属元素组成的化合物不一定是离子化合物，如AlCl3
是共价化合物；只含有非金属元素的化合物不一定是共价化合物，如铵盐是离子化合物。
(4)非金属氢化物是共价化合物，只含共价键，如NH3；而金属氢化物是离子化合物，只含离子键，如NaH。
(5)可能含有非极性键的物质有非金属单质、某些共价化合物(如H2O2、C2H6等)、某些离子化合物(如Na2O2等)。
7．共价键
(1)
(2)σ键和π键的判定
①
②ss、sp、杂化轨道之间一定形成σ键；pp可以形成σ键，也可以形成π键(优先形成σ键，其余只能形成π键)。
1．(2019·高考天津卷)氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)、镆(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。砷在元素周期表中的位置：_________________________________。
Mc的中子数为____________。
已知：
P(s，白磷)===P(s，黑磷) ΔH＝－39.3 kJ·mol－1；
P(s，白磷)===P(s，红磷) ΔH＝－17.6 kJ·mol－1；
由此推知，其中最稳定的磷单质是__________。
解析：砷为第四周期第ⅤA族元素。Mc的中子数为288－115＝173。将题给两个已知热化学方程式相减，可得P(s，红磷)===P(s，黑磷) ΔH＝－21.7 kJ·mol－1，则各物质具有的能量：白磷>红磷>黑磷，根据能量越低越稳定可知，最稳定的磷单质为黑磷。
答案：第四周期第ⅤA族 173 黑磷
2．(1)(2019·高考江苏卷)Cu2＋基态核外电子排布式为 ________________。
(2)(2018·高考全国卷Ⅰ)下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为________、________(填标号)。
A.
B.
C.
D.
(3)(2018·高考全国卷Ⅱ)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。
(4)(2018·高考全国卷Ⅲ)Zn原子核外电子排布式为________________。
(5)(2017·高考全国卷Ⅰ)基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是____________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为________。
(6)(2017·高考全国卷Ⅱ)氮原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为________________________________________________________________________。
答案：(1)[Ar]3d9(或1s22s22p63s23p63d9)
(2)D C
(3) 哑铃(纺锤)
(4)[Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2)
(5)N 球形
(6)
3．(2018·高考全国卷Ⅰ)LiAlH4中，存在________(填标号)。
A．离子键 B．σ键
C．π键 D．氢键
答案：AB
4．(2017·高考全国卷Ⅱ)(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl的局部结构如图所示，其中阴离子N中的σ键总数为________个。分子中的大π键可用符号П表示，其中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(如苯分子中的大π键可表示为П)，则N
中的大π键应表示为__________。
答案：5 П
题组一 相关概念辨析
1．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”
(1)同种元素可以有若干种不同的核素，即核素种类远大于元素种类。( )
(2)同一元素的不同同位素原子其质量数不同，核外电子层结构相同，其原子、单质及其构成的化合物的化学性质几乎完全相同，只是某些物理性质略有差异。( )
(3)离子化合物中一定含离子键，一定不含共价键。( )
(4)共价键可存在于离子化合物、共价化合物和共价单质分子中。( )
(5)熔融状态下能导电的化合物是离子化合物，熔融状态下不能导电的化合物是共价化合物。( )
(6)氢化物一定是共价化合物。( )
(7)H2O的稳定性大于H2S，是因为H2O分子间存在氢键。( )
(8)Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4加热熔化，克服相同类型的作用力。( )
答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)√ (5)√ (6)× (7)× (8)√
2．随着科学技术的不断进步，研究物质的手段和途径越来越多， N、H3、O4、C60等已被发现。下列有关说法中，正确的是( )
A．N中含有36个电子
B．O2与O4互为同分异构体
C．C60和12C、14C互为同位素
D．H2与H3互为同素异形体
解析：选D。每个氮原子有7个电子，则N中的电子数为7×5－1＝34，A错误；O2与O4是氧元素形成的两种不同单质，互为同素异形体，B错误；同位素的研究对象是原子，核素是具有一定质子数和中子数的原子，C60是一种单质，C错误。
3．(双选)(原创题)下列叙述正确的是( )
A．[Ar]3d64s2是基态铁原子的电子排布式
B．铬原子的电子排布式是1s22s22p63s23p64s13d5
C．铜原子的价电子排布式是3d94s2
D．氮原子的电子排布图是
解析：选AD。B项，在书写电子排布式时，能层低的能级要写在左边，不能按填充顺序写；C项，d轨道应是全充满时稳定。
4.(2020·山东等级考模拟)某元素基态原子4s轨道上有1个电子，则该基态原子价电子排布不可能是( )
A.3p64s1 B.4s1
C.3d54s1 D.3d104s1
解析：选A。基态原子的核外电子排布应遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则。A项为19K，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，主族元素的价电子是最外层电子，应为4s1；B项为19K的价电子排布式；C项为24Cr，副族元素的价电子是最外层电子与次外层的部分电子之和，核外电子排布式为[Ar]3d54s1，即价电子排布式为3d54s1，此为洪特规则的特例，3d轨道上的电子处于半充满状态，整个体系的能量最低；D项为29Cu，价电子排布式为3d104s1，3d轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低。
5.(2020·鞍山高三检测)下列说法中正确的是( )
A.乙烷分子中，既有σ键，又有π键
B.Cl2和N2的共价键类型相同
C.由分子构成的物质中一定含有σ键
D.HCl分子中含一个sp σ键
解析：选D。A中，乙烷分子的结构式为，只有σ键，无π键；B中，Cl2分子中有pp σ键，N2分子中除有pp σ键外，还有pp π键；C中，某些单原子分子（如He、Ne等稀有气体）中不含化学键。
6.(2019·试题调研)碳、硅、铁、铜、铝、钛是重要的材料元素。请回答下列有关问题：
(1)上述元素中属于主族元素的是 （填元素符号，下同），在元素周期表d区的元素是 。
(2)原子核外电子含有四个能层的元素是 ，基态原子的原子轨道中未成对电子数最多的是 。
(3)基态钛原子价层电子的电子排布图为____________________________________。
(4)基态铜原子的价电子排布式为3d104s1，由此可判断铜在元素周期表中位于第 周期 族。
解析：(1) C、Si是第ⅣA族元素，Al是第ⅢA族元素；Cu、Ti属于副族元素，Fe是第Ⅷ族元素。C、Si、Al为p区元素，Ti、Fe为d区元素，Cu为ds区元素。(2)第四周期的Ti、Fe、Cu均有四个能层；基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，d轨道中含有4个未成对电子。(3)钛位于第四周期ⅣB族，价电子排布式为3d24s2。(4)由价电子排布式中的4s可推知Cu位于第四周期，由价电子排布式中的电子为11个可知Cu在元素周期表第11列，位于第ⅠB族。
答案：(1)C、Si、Al Ti、Fe (2)Ti、Fe、Cu Fe
(3)
(4) 四 Ⅰ
题组二 电子式的书写
7.按要求书写电子式：
(1)H3O＋ ，C________________________________________________，
O ，NH_____________________________________________。
(2)HClO ，CCl4_______________________________________________，
NH3 ，CO2____________________________________________________，
CS2 ，COS____________________________________________________，
HCHO ，C2H4_________________________________________________，
(CN)2 ，(SCN)2_______________________________________________________，
COCl2 ，N2H4_______________________________________________________，
N2H ，—OH______________________________________，
OH－ 。
(3)Na3N ，Mg(OH)2________________________________________________，
Na2S ，NaH________________________________________________，
NH4H ，NaCN_____________________________________________，
NaSCN ，NaBH4__________________________________________。
答案：（1）
书写电子式需要注意的5个问题
(1)首先要判断是离子化合物还是共价化合物，是阴离子，还是阳离子。
(2)不能漏写没有参与成键的电子对，如NH3的电子式不是。
(3)不能错误合并离子，如Na2O2的电子式写成2Na＋[]2－是错误的。
(4)不能混淆化学键的类别，如H2O2的电子式写成H＋[]2－H＋是错误的。
(5)离子(或根)带电荷，基团不显电性。
题组三 物质类别与微粒间的相互作用
8．(双选)(2020·日照高三模拟)已知A为常见温室气体，B为淡黄色氧化物，C为常见液体，D为黄绿色气体单质，相互反应的关系如图所示，M的水溶液能杀菌消毒。下列有关叙述不正确的是( )
A．A、D中均含有极性共价键
B．反应②有非极性共价键的破坏与生成
C．N溶于水断裂离子键
D．M的电子式为H
解析：选AC。A为常见温室气体，则A为CO2；B为淡黄色氧化物，则B为Na2O2；C为常见液体，则C为H2O；D为黄绿色气体单质，则D为Cl2；M的水溶液能杀菌消毒，则M为HClO。推断出E为Na2CO3、F为O2、G为NaOH、M为HClO、N为HCl。CO2中含有极性共价键，Cl2中含有非极性共价键，A错误；发生反应②时Na2O2中非极性共价键被破坏，生成的O2中也有非极性共价键，B正确；HCl中只有共价键，溶于水时断裂共价键，C错误；M为HClO，原子间以共价键相结合，电子式为，D正确。
9．已知A、B、C、D四种物质均是由短周期元素组成的，它们之间有如图所示的转化关系，且A是一种含有18电子的微粒，C是一种含有10电子的微粒。请完成下列各题：
(1)若A、D均是气态单质分子，写出A与B反应的化学方程式：________________________________________________________________________。
(2)若B、D属同主族元素的单质分子，写出C的电子式：________________，C分子内含有的化学键为________。
(3)若A、B均是含2个原子核的离子，其中B中含有10个电子，D中含有18个电子，则A、B之间发生反应的离子方程式为__________________________________________。
(4)若D是一种含有22电子的分子，则符合如图关系的A的物质有________(写物质的化学式，如果是有机物则写相应的结构简式)。
解析：(1)18电子的气态单质分子为F2，即A为F2，则C为HF、B为H2O、D为O2，反应的化学方程式为2F2＋2H2O===4HF＋O2。(2)B、D为同主族元素的单质，且A含有18个电子，C含有10个电子，则B为O2、A为H2S、C为H2O、D为S，反应的化学方程式为2H2S＋O2===2H2O＋2S。(3)含2个原子核和18电子的离子为HS－，10电子的离子为OH－，反应的离子方程式为HS－＋OH－===S2－＋H2O。(4)含有22电子的分子为CO2，则A为含18电子的含C、H或C、H、O的化合物，可能为CH3CH3或CH3OH。
答案：(1)2F2＋2H2O===4HF＋O2
(2)HH 极性共价键
(3)HS－＋OH－===S2－＋H2O
(4)CH3CH3、CH3OH
巧记10e－、18e－微粒
10电子体和18电子体是元素推断题的重要突破口。
(1)以Ne为中心记忆10电子体
(2)以Ar为中心记忆18电子体
此外，由10电子体中的CH4、NH3、H2O、HF失去一个H剩余部分的—CH3、—NH2
、—OH、—F为9电子体，两两组合得到的物质如CH3CH3、CH3OH、H2O2、N2H4、F2等也为18电子体。
元素周期表 元素周期律
1．熟记元素周期表的结构
2．明确四个数量关系
(1)电子层数＝周期序数。
(2)质子数＝原子序数。
(3)最外层电子数＝主族序数。
(4)主族元素的最高正价＝主族序数(O、F除外)，
最低负价＝主族序数－8。
3．利用区间定位推断元素
对于原子序数较大的元素，可采用区间定位确定元素。元素周期表中各族序数的排列顺序由左到右依次为ⅠA、ⅡA、ⅢB、ⅣB、ⅤB、ⅥB、ⅦB、Ⅷ、ⅠB、ⅡB、ⅢA、ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA、0，牢记各周期对应的0族元素的原子序数，可以快速确定周期数。
周期
一
二
三
四
五
六
七
起止
序数
1～2
3～10
11～18
19～36
37～54
55～86
87～118
4.“三看”比较微粒半径大小
(1)“一看”电子层数：当电子层数不同时，电子层数越多，半径越大。
例如：r(Li)＜r(Na)＜r(K)＜r(Rb)＜r(Cs)；
r(O2－)＜r(S2－)＜r(Se2－)＜r(Te2－)。
(2)“二看”核电荷数：当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小。
例如：r(Na)＞r(Mg)＞r(Al)＞r(Si)＞r(P)＞r(S)＞r(Cl)；
r(O2－)＞r(F－)＞r(Na＋)＞r(Mg2＋)＞r(Al3＋)。
(3)“三看”核外电子数：当电子层数和核电荷数均相同时，核外电子数越多，半径越大。
例如：r(Cl－)＞r(Cl)；r(Fe2＋)＞r(Fe3＋)。
5．金属性、非金属性强弱的判断方法
6．元素第一电离能的递变性
(1)规律
同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势(注意第ⅡA族、第ⅤA 族的特殊性)；同主族元素自上而下，第一电离能逐渐减小。
(2)特殊情况
当原子核外电子排布在能量相等的轨道上形成全空(p0、d0、f0)、半充满(p3、d5、f7)和全充满(p6、d10、f14)的结构时，原子的能量较低，为稳定状态，该元素具有较大的第一电离能，如第一电离能：Be>B；Mg>Al；N>O；P>S。
(3)应用
①判断元素金属性的强弱
电离能越小，金属越容易失去电子，金属性越强；反之越弱。
②判断元素的化合价
如果某元素的In＋1≫In，则该元素的常见化合价为＋n。
7．元素电负性的递变性
(1)规律
同周期主族元素从左到右，电负性依次增大；同主族元素自上而下，电负性依次减小。
(2)应用
8．建立“位、构、性”关系模型
这类题目往往将元素化合物知识、物质结构理论、化学基本理论等知识串联起来，综合性较强，难度较大，解题的关键是正确推断元素，常用的主要依据如下：
(1)原子或离子结构示意图。
(2)元素主要化合价的特征关系。
(3)原子半径的递变规律。
(4)元素周期表中短周期的特殊结构。
例如：①元素周期表中第一周期只有两种元素H和He，H元素所在的第ⅠA族左侧无元素分布；
②He为0族元素，0族元素为元素周期表的右侧边界，0族元素右侧没有元素分布。
利用这个关系可以确定元素所在的周期和族。
如已知X、Y、Z、W四种短周期元素的位置关系如图：
则可以推出X为He，再依次推知Y为F、Z为O、W为P。
(5)元素及其化合物的特性。
①形成化合物种类最多的元素或对应单质是自然界中硬度最大的物质的元素：C。
②空气中含量最多的元素或气态氢化物的水溶液呈碱性的元素：N。
③地壳中含量最多的元素或简单氢化物在通常情况下呈液态的元素：O。
④地壳中含量最多的金属元素：Al。
⑤最活泼的非金属元素或无正化合价的元素或无含氧酸的非金属元素或气态氢化物最稳定的元素或阴离子的还原性最弱的元素：F。
⑥最活泼的金属元素或最高价氧化物对应水化物的碱性最强的元素或阳离子的氧化性最弱的元素：Cs。
⑦焰色试验呈黄色的元素：Na。焰色试验呈紫色(透过蓝色钴玻璃观察)的元素：K。
⑧单质密度最小的元素：H。单质密度最小的金属元素：Li。
⑨常温下单质呈液态的非金属元素：Br。常温下单质呈液态的金属元素：Hg。
⑩最高价氧化物既能与强酸反应，又能与强碱反应的元素：Al。
⑪元素的气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应的元素：N。元素的气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能发生氧化还原反应的元素：S。
⑫单质为常见的半导体材料：Si、Ge。
⑬元素的气态氢化物和它的氧化物能在常温下反应生成该元素的单质的元素：S。
⑭元素的单质在常温下能与水反应放出气体的短周期元素：Li、Na、F。
1．(2019·高考全国卷Ⅰ)科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是 ( )
A．WZ的水溶液呈碱性
B．元素非金属性的顺序为X>Y>Z
C．Y的最高价氧化物的水化物是中强酸
D．该新化合物中Y不满足8电子稳定结构
解析：选C。该化合物由阴、阳离子组成，说明它是离子化合物。从该化合物的结构式看出，W为金属元素；1个Z原子形成1个共价键，说明Z原子最外层有1个或7个电子；1个X原子形成4个共价键，说明X原子最外层有4个电子；1个Y原子形成2个共价键，阴离子得1个电子，说明Y原子最外层有5个电子；根据“Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半”知，W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl。氯化钠是强酸强碱盐，
其水溶液呈中性，A项错误；元素非金属性的顺序为Z(Cl)>Y(P)>X(Si)，B项错误；磷的最高价氧化物是P2O5，其对应的水化物为HPO3、H3PO4，它们均是中强酸，C项正确；2个硅原子和1个P原子形成2个共价键，阴离子得到1个电子，所以该化合物中磷原子最外层达到8电子稳定结构，D项错误。
2．(2019·高考全国卷Ⅱ改编)今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是( )
A．原子半径：W＜X
B．非金属性：Y＜Z
C．气态氢化物热稳定性：Z＜W
D．X的最高价氧化物只能与强酸反应，不能与碱反应
解析：选D。由题中信息和图示可知W位于第二周期，X、Y、Z位于第三周期，结合W与X的最高化合价之和为8，且族序数相差2，可知X为Al，W和Z分别为N和P，Y为Si。原子半径：N
Cl>O>F，A项错误；HF是弱酸，HCl为强酸，酸性：HFSi，则N的简单气态氢化物的稳定性强于Si的，故C错误；D项，非金属性：Cl>S，则Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性比S的强，故D正确。
3．如图为元素周期表中短周期的一部分，关于Y、Z、M的说法正确的是( )
A．电负性：Y>Z>M
B．离子半径：M－>Z2－>Y－
C．ZM2分子中各原子的最外层均满足8电子稳定结构
D．Z元素基态原子最外层电子排布图为
解析：选C。由图示关系可推知：X为氦元素，Y为氟元素，M为氯元素，Z为硫元素。元素的电负性关系为F>Cl>S，故A项不正确；离子半径关系为S2－>Cl－>F－，故B项不正确；SCl2的电子式为Cl··,··S··,··Cl··,··，故C项正确；S元素基态原子最外层电子排布图为，故D项不正确。
题组二 物质转化式和半径、化合价比较式“位、构、性”关系应用
4．(2019·湖北教研协作体模拟)a、b、c是三种短周期主族元素。甲是一种常见的温室气体，a、b、c原子序数之和为26，它们之间存在如图所示关系。下列说法正确的是( )
A．简单气态氢化物的稳定性：c>b
B．原子半径：c>b>a
C．与甲含相同元素的另一化合物只含非极性键
D．工业上常用电解熔融乙物质来制取a的单质
解析：选A。甲是一种常见的温室气体，则甲为CO2；b的单质和c的单质反应生成二氧化碳，则b、c元素分别为C元素和O元素中的一种；a、b、c原子序数之和为26，则a的原子序数为26－8－6＝12，则a为Mg元素；结合转化关系可知，b为C元素，c为O元素。A项，非金属性：O>C，非金属性越强，对应简单气态氢化物的稳定性越强，则稳定性：H2O>CH4，故A正确；B项，原子半径：a>b>c，故B错误；C项，甲为CO2，与CO2含相同元素的另一化合物为CO，CO中只含极性键，故C错误；D项，MgO熔点较高，工业上常用电解熔融氯化镁的方法获得金属Mg，故D错误。
5.(2020·山东等级考模拟)X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的两种或三种所组成的化合物。已知A的相对分子质量为28，B分子中含有18个电子，五种化合物间的转化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．X、Y组成化合物的沸点一定比X、Z组成化合物的沸点低
B．Y的最高价氧化物对应的水化物为弱酸
C．Y、Z组成的分子可能为非极性分子
D．W是所在周期中原子半径最小的元素
解析：选A。由转化关系并借助A的相对分子质量为28和B是18电子的分子推知：A为乙烯、B为氯化氢、C为氯乙烷、D为水、E为乙醇；则X、Y、Z、W分别对应元素为H、C、O、Cl。A.X、Y组成的化合物为烃类物质，沸点可能高于X、Z组成的化合物H2O或H2O2，错误。B.Y的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，属于弱酸，正确；C.Y、Z组成的分子可能为非极性分子，如CO2，正确；D.W是Cl，是所在周期中原子半径最小的元素，正确。
6．(2019·广州天河二模)短周期元素x、y、d、f的最高正价或最低负价、原子半径的相对大小随原子序数的变化如图1所示；短周期元素z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物的溶液(浓度均为0.01 mol/L)的pH与原子序数的关系如图2所示。
下列有关说法正确的是( )
A．离子半径大小顺序：e>f>g>h
B．由x、z、d三种元素形成的化合物中一定不含离子键
C．y、d、g的简单气态氢化物中沸点最高的是g的氢化物
D．装满zd2气体的小试管倒扣在水槽中充分反应，试管中液面上升约
解析：选D。由题意可知，x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，e是Na元素，g是S元素，h是Cl元素。A项，离子半径：g>h>e>f，故A错误；B项，
由H、N、O形成的硝酸铵中含有离子键，故B错误；C项，水分子之间存在氢键，所以y、d、g的简单气态氢化物中沸点最高的是d(O)的氢化物，故C错误；D项，zd2气体为NO2，根据反应方程式3NO2＋H2O===2HNO3＋NO可知，反应后试管中液面上升约，故D正确。
元素的“位、构、性”的推断及综合应用
题组三 第一电离能和电负性
7．(双选)以下有关元素性质的说法不正确的是( )
A．具有下列电子排布式的原子中：①1s22s22p63s23p2、②1s22s22p3、③1s22s22p2、④1s22s22p63s23p4，原子半径最大的是①
B．具有下列价电子排布式的原子中：①3s23p1、②3s23p2、③3s23p3、④3s23p4，第一电离能最大的是③
C．①Na、K、Rb、②O、S、Se、③Na、P、Cl中，元素的电负性随原子序数增大而递增的是②
D．某元素气态基态原子的逐级电离能(单位：kJ·mol－1)分别为738、1 451、7 733、10 540、13 630、17 995、21 703，当它与氯气反应时可能生成的阳离子是X3＋
解析：选CD。A项中元素为①Si、②N、③C、④S，根据原子半径递变规律，半径最大的是Si，正确；B项中元素为①Al、②Si、③P、④S，第一电离能最大的是P，正确；C项中①的顺序为递减，②也递减，③为递增，错误；D项中该元素的第二、三级电离能之差大于其他各级相邻电离能之差，该元素应显＋2价，故与氯气反应时可能生成的阳离子是X2＋，错误。
8．开发新型储氢材料是氢能源利用的重要研究方向之一。请回答以下问题：
(1)Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。基态Ti3＋的电子排布式为________________________________________________________________________；
LiBH4中Li、B、H元素的电负性由大到小的排列顺序为____________。
(2)氨硼烷(NH3BH3)是优良的储氢材料，少量氨硼烷可以由硼烷(B2H6)和NH3合成。
①B、C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为____________________。
②氨硼烷在高温下释放氢后生成的立方氮化硼晶体具有类似金刚石的结构，硬度略小于金刚石。则立方氮化硼晶体可用作________(填标号)。
a．切削工具 b．钻探钻头
c．导电材料 d．耐磨材料
(3)一种有储氢功能的铜合金晶体，该晶体储氢后的化学式为Cu3AuH8。铜与其他许多金属及其化合物都可以发生焰色试验，其原因是_____________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)Ti是第22号元素，原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，转化为Ti3＋时失去3个电子，离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d1。Li为金属，电负性最小，BH中B为＋3价，H为－1价，电负性由大到小的顺序为H>B>Li。(2)①同周期元素的第一电离能从左至右呈增大趋势，但是N的p能级上有3个电子，是半满的稳定结构，所以N的第一电离能较大，故第一电离能由大到小的顺序为N>O>C>B。②立方氮化硼晶体硬度很大(只是略小于金刚石)，所以其可以用作切削工具、钻探钻头、耐磨材料等，但是和金刚石一样，该晶体不导电，所以不能用作导电材料。(3)金属元素发生焰色试验的原理：燃烧时，金属元素吸收能量，电子跃迁到激发态，激发态的电子从高能量轨道回落到低能量轨道，对外释放能量，该能量以一定波长的光的形式对外放出。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d1 H>B>Li
(2)①N>O>C>B ②abd
(3)激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一定波长的光的形式释放能量
分子结构与性质
1．配位键和配位化合物
(1)配位键的概念：由一个原子单方面提供孤电子对，而另一个原子提供空轨道接受孤电子对形成的共价键，即“电子对给予接受键”，是一类特殊的共价键。
(2)配位键的表示方法：配位键可以用A→B来表示，其中A是提供孤电子对的原子，B是接受孤电子对的原子。
例如：
(3)配位化合物的概念：金属离子(或原子)与某些分子或离子(称为配体)以配位键结合形成的化合物，简称配合物。
(4)配位化合物的形成条件：①配体有孤电子对；②中心原子有空轨道。
(5)配位化合物的组成
一般中心原子(或离子)的配位数为2、4、6。
2．与分子结构有关的两种理论
(1)杂化轨道理论
①基本观点：杂化轨道成键满足原子轨道最大重叠原理；杂化轨道形成的共价键更加牢固。
②杂化轨道类型与分子立体构型的关系
杂化轨道类型
杂化轨道数目
分子立体构型
实例
sp
2
直线形
CO2、BeCl2、HgCl2
sp2
3
平面三角形
BF3、BCl3、CH2O
V形
SO2、SnBr2
sp3
4
四面体形
CH4、CCl4、CH3Cl
三角锥形
NH3、PH3、NF3
V形
H2S、H2O
注意：杂化轨道数＝与中心原子结合的原子数＋中心原子的孤电子对数。
(2)价层电子对互斥理论(VSEPR模型)
①基本观点：分子的中心原子上的价层电子对(包括σ键电子对和中心原子上的孤电子对)由于相互排斥，尽可能趋向彼此远离。
②价层电子对数的计算
中心原子的价层电子对数＝σ
键电子对数(与中心原子结合的原子数)＋中心原子的孤电子对数＝σ键电子对数＋(a－xb)
其中a为中心原子的价电子数，x、b分别为与中心原子结合的原子数及与中心原子结合的原子最多能接受的电子数(H为1，其他原子为“8－该原子的价电子数”)。微粒为阳离子时，中心原子的价电子数要减去离子所带电荷数；微粒为阴离子时，中心原子的价电子数要加上离子所带电荷数。例如：SO2中硫原子的孤电子对数为＝1；H3O＋中氧原子的孤电子对数为＝1；CO中碳原子的孤电子对数为＝0。
在计算孤电子对数时，出现0.5或1.5，则把小数进位为整数，即1或2。例如：NO2的中心原子N的孤电子对数为＝0.5≈1，则价层电子对数为3，故VSEPR模型为平面三角形，分子的立体构型为V形。
③利用价层电子对互斥理论判断分子(或离子)立体构型
价层电子对数
孤电子对数
分子(或离子)立体构型
示例
2
0
CO2、BeCl2
3
0
BF3、SO3、CO
3
1
SO2
4
0
CH4、NH、SO、CCl4
4
1
NH3、PCl3、H3O＋
4
2
H2O、H2S
3.分子的性质
(1)分子构型与分子极性的关系
(2)溶解性
“相似相溶”规律：非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，极性溶质一般能溶于极性溶剂；若存在氢键，则溶剂和溶质之间的氢键作用力越大，溶解性越好。
(3)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，R的正电性越高，使R—O—H中O的电子向R偏移，在水分子的作用下越易电离出H＋，酸性越强，如酸性：HClOHClO，因为H3PO4中非羟基氧原子数大于次氯酸中非羟基氧原子数
解析：选AB。A项，水分子稳定的原因是水分子中H—O键牢固，而与氢键无关。B项，乳酸分子中只含有一个手性碳原子。
6．(1)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σ键的分子是________；同时存在σ键与π键的分子是________。(填字母)
A．N2 B．CO2
C．CH2Cl2 D．C2H4 E．C2H6
F．CaCl2 G．NH4Cl
(2)下列物质变化，只与范德华力有关的是________(填字母)。
A．干冰熔化 B．乙酸汽化
C．乙醇与丙酮混溶 D．溶于水
E．碘溶于四氯化碳 F．石英熔融
(3)BF3与一定量的水形成(H2O)2·BF3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
(4)[Zn(CN)4]2－在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHO＋[Zn(CN)4]2－＋4H＋＋4H2O===[Zn(H2O)4]2＋＋4HOCH2CN。
①1 mol HCHO分子中含有σ键的数目为________________________________________。
②[Zn(CN)4]2－中Zn2＋与CN－中C原子形成配位键。不考虑立体构型，[Zn(CN)4]2－的结构可用示意图表示为________________。
(5)H2SeO3的K1和K2分别为2.7×10－3和2.5×10－8。H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10－2，请根据结构与性质的关系解释：
①H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离程度的原因：________________________________________________________________________；
②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：________________________________________
________________________________________________________________________。
(6)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n＝________。CO与N2结构相似，CO分子内σ键与π键个数之比为________。
(7)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是________。
②在[Ni(NH3)6]2＋中Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是________。
③氨的沸点________(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是________________________________________________________________________；
氨是________分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为________。
答案：(1)BC G CE ABD (2)AE (3)ad
(4)①3NA
②
(5)①第一步电离产生的H＋抑制第二步电离；第一步电离生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子
②H2SeO3和H2SeO4可分别表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2。H2SeO3中的Se为＋4价，而H2SeO4中的Se为＋6价，正电性更高，导致H2SeO4的Se—O—H中O的电子更向Se偏移，更易电离出H＋
(6)4 1∶2
(7)①正四面体形 ②配位键 N ③高于 NH3分子间可形成氢键 极性 sp3
晶体结构与性质
1．典型晶体模型
晶体
晶体结构
晶体详解
离子晶体
NaCl型
(1)每个Na＋(Cl－)周围等距且紧邻的Cl－(Na＋)有6个，每个Na＋周围等距且紧邻的Na＋有12个；(2)每个晶胞中含4个Na＋和4个Cl－
CsCl型
(1)每个Cs＋周围等距且紧邻的Cl－有8个，每个Cs＋(Cl－)周围等距且紧邻的Cs＋(Cl－)有6个；(2)如图为8个晶胞，每个晶胞中含1个Cs＋、1个Cl－
CaF2型
在晶体中，每个F－吸引4个Ca2＋，每个Ca2＋吸引8个F－，Ca2＋的配位数为8，F－的配位数为4
共价晶体
金刚石
(1)每个碳原子与相邻的4个碳原子以共价键结合，形成正四面体结构；(2)键角均为109°28′；(3)最小碳环由6个C组成且六个原子不在同一平面内；(4)每个C参与4条C—C键的形成，C原子数与C—C键数之比为1∶2
SiO2
(1)每个Si与4个O以共价键结合，形成正四面体结构；(2)每个正四面体占有1个Si，4个“O”，n(Si)∶n(O)＝1∶2；(3)最小环上有12个原子，即6个O和6个Si
分子
晶体
干冰
(1)8个CO2分子构成立方体且在6个面心又各占据1个CO2分子；(2)每个CO2分子周围等距且紧邻的CO2分子有12个
混合型
晶体
石墨
层与层之间的作用是范德华力，平均每个正六边形拥有的碳原子个数是2，C采取的杂化方式是sp2杂化
2.共价晶体、分子晶体、金属晶体与离子晶体的比较
晶体类型
共价晶体
分子晶体
金属晶体
离子晶体
结构微粒
原子
分子
金属阳离子、自由电子
阴、阳离子
微粒间作用(力)
共价键
分子间作用力
金属键
离子键
熔、沸点
很高
很低
一般较高，少部分低
较高
硬度
很硬
一般较软
一般较硬，少部分软
较硬
溶解性
难溶于水
相似相溶
一般难溶于水(Na等与水反应)
易溶于极性溶剂
导电情况
不导电(硅等半导体除外)
一般不导电(部分溶于水后导电)
良导体
固体不导电，熔化或溶于水后导电
实例
金刚石、水晶、碳化硅等
干冰、冰、硫酸、H2(S)等
Na、Mg、Al等
NaCl、CaCO3、NaOH等
3.物质熔、沸点的比较
(1)不同类型晶体：一般情况下，共价晶体>离子晶体>分子晶体。
(2)同种类型晶体：构成晶体质点间的作用大，则熔、沸点高，反之则低。
①离子晶体：离子所带的电荷数越多，离子半径越小，则其熔、沸点越高。
②分子晶体：对于同类分子晶体，相对分子质量越大，则熔、沸点越高。
③共价晶体：键长越短，键能越大，则熔、沸点越高。
(3)常温常压下状态：①熔点：固态物质>液态物质；②沸点：液态物质>气态物质。
4．晶胞的相关计算
(1)晶胞中微粒数目的计算方法——均摊法
晶胞任意位置上的一个原子如果是被n个晶胞所共有，那么，
每个晶胞对这个原子分得的份额就是。
(2)晶胞质量
晶胞质量＝晶胞占有的微粒的质量＝晶胞占有的微粒数×。
(3)晶体密度
晶体密度。
(1)(2019·高考江苏卷)一个Cu2O晶胞(如图)中，Cu原子的数目为________。
(2)(2018·高考全国卷Ⅰ)Li2O具有反萤石结构，晶胞如图(a)所示。已知晶胞参数为0.466 5 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为________g·cm－3(列出计算式)。
(3)(2018·高考全国卷Ⅱ)FeS2晶体的晶胞如图(b)所示。晶胞边长为a nm，FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为________________g·cm－3；晶胞中Fe2＋位于S所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为________nm。
(4)(2017·高考全国卷Ⅱ)我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。R的晶体密度为d g·cm－3，其立方晶胞参数为 a nm，晶胞中含有y个[(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl]单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为________________________________________________________________________。
(5)(2017·高考全国卷Ⅰ)①K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是___________________________________________
________________________________________________________________________。
②KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立方结构，边长为a
＝0.446 nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。K与O间的最短距离为____________nm，与K紧邻的O个数为____________。
③在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于________位置，O处于________位置。
解析：(1)根据均摊法知，该晶胞中白球个数为8×＋1＝2，灰球个数为4，白球和灰球数目之比为1∶2，所以Cu为灰球，1个晶胞中含有4个Cu原子。
(2)1个氧化锂晶胞含O的个数为8×＋6×＝4，含Li的个数为8，1 cm＝107 nm，代入密度公式计算可得Li2O的密度为 g·cm－3。
(3)该晶胞中Fe2＋位于棱上和体心，个数为12×＋1＝4，S位于顶点和面心，个数为8×＋6×＝4，故晶体密度为×4 g÷(a×10－7 cm)3＝×1021 g·cm－3。根据晶胞结构，S所形成的正八面体的边长为该晶胞中相邻面的面心之间的连线之长，即为晶胞边长的，故该正八面体的边长为a nm。
(4)该晶胞的体积为(a×10－7 cm)3，根据×M＝(a×10－7)3d，可求出y＝(或×10－21)。
(5)①金属原子半径越小、价电子数越多，金属键越强，其熔、沸点越高。②二者间的最短距离为晶胞面对角线长的一半，即×0.446 nm≈0.315 nm。与钾紧邻的氧原子有12个。③想象8个晶胞紧密堆积，则I处于顶角，K处于体心，O处于棱心。
答案：(1)4 (2)
(3)×1021 a
(4)(或×10－21)
(5)①K原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱
②0.315 12 ③体心 棱心
1．下列有关晶体的叙述中，不正确的是( )
A．金刚石为网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
B．氯化钠晶体中，每个Na＋周围紧邻且距离相等的Na＋共有6个
C．氯化铯晶体中，每个Cs＋周围紧邻8个Cl－
D．干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子
解析：选B。金刚石中由共价键构成的最小环状结构中有6个碳原子，A正确；NaCl晶体中，每个Na＋周围紧邻且距离相等的Na＋有12个，B错误；氯化铯晶体中，每个Cs＋周围紧邻8个Cl－，C正确；干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子，D正确。
2．根据表中给出物质的熔点数据(AlCl3沸点为260 ℃)，判断下列说法错误的是( )
晶体
NaCl
MgO
SiCl4
AlCl3
晶体硼
熔点/℃
801
2 800
－70
180
2 500
A．MgO中的离子键比NaCl中的离子键强
B．SiCl4晶体是分子晶体
C．AlCl3晶体是离子晶体
D．晶体硼是共价晶体
解析：选C。根据表中各物质的熔点，判断晶体类型。NaCl和MgO是离子化合物，形成离子晶体，熔、沸点越高，说明离子键越强，A项正确；SiCl4是共价化合物，熔、沸点较低，为分子晶体，晶体硼为非金属单质，熔、沸点很高，是共价晶体，B、D项正确；AlCl3虽是由活泼金属和活泼非金属形成的化合物，但其晶体熔、沸点较低，应属于分子晶体，C项错误。
3．(双选)F2和Xe在一定条件下可生成XeF2、XeF4和XeF6三种氟化氙，它们都是极强的氧化剂(其氧化性依次递增)，都极易水解，其中：6XeF4＋12H2O===2XeO3＋4Xe↑＋24HF＋3O2↑。下列推测正确的是( )
A．XeF2分子中各原子均达到8电子稳定结构
B．某种氟化氙的晶体结构单元如右图，可推知其化学式为XeF2
C．XeF4按已知方式水解，每生成3 mol O2，共转移16 mol电子
D．XeF2加入水中，在水分子作用下将重新生成Xe和F2
解析：选BC。A.XeF2分子中Xe最外层电子数为8＋2＝10，故A错误；B.晶胞中Xe原子个数为8×＋1＝2，F原子个数为8×＋2＝4，故Xe、F原子个数比为1∶2，化学式为XeF2，故B正确；C.由题给水解方程式可知，每生成3 mol O2，共转移16 mol电子，故C正确；D.F2和水剧烈反应，不可能生成F2，故D错误。
4．(2019·试题调研)砷化镓是继硅之后研究最深入、应用最广泛的半导体材料。回答下列问题：
(1)Ga基态原子核外电子排布式为________________，As基态原子核外有________个未成对电子。
(2)Ga、As、Se的第一电离能由大到小的顺序是__________，电负性由大到小的顺序是______________________。
(3)比较下列镓的卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因：________________________________________________________________________。
镓的卤化物
GaCl3
GaBr3
GaI3
熔点/℃
77.75
122.3
211.5
沸点/℃
201.2
279
346
GaF3的熔点超过1 000 ℃，可能的原因是____________________。
(4)二水合草酸镓的结构如图1所示，其中镓原子的配位数为________，草酸根离子中碳原子的杂化轨道类型为____________。
(5)砷化镓的立方晶胞结构如图2所示，晶胞参数为a＝0.565 nm，砷化镓晶体的密度为____________g·cm－3(设NA为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。
解析：(1)Ga是第31号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1。As是第33号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，所以其4p能级上有3个未成对电子。(2)同周期由左向右元素的第一电离能呈增大趋势，但是As的p能级是半充满稳定结构，故第一电离能反常得高，故第一电离能由大到小的顺序为As>Se>Ga。同周期主族元素由左向右电负性逐渐增大，所以电负性由大到小的顺序为Se>As>Ga。(3)由表格中数据可知三种化合物的熔、沸点较低，可判断三种化合物均为分子晶体，对结构相似的分子晶体而言，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高。GaF3的熔点超过1 000 ℃，与GaI3、GaBr3、GaCl3的熔点差异比较显著，故GaF3不可能是分子晶体，而是离子晶体。(4)由题图1知，每个镓与4个氧相连，所以配位数为4。草酸根离子中的碳原子形成一个碳氧双键，所以是sp2杂化。(5)晶胞中Ga原子位于8个顶点和6个面心，所以Ga有8×＋6×＝4个，As都在晶胞内也有4个，所以晶胞质量为 g。晶胞参数为0.565 nm＝0.565×10－7 cm，晶胞体积为(0.565×10－7)3 cm3，晶胞质量除以晶胞体积得到晶胞密度，所以晶体的密度为 g·cm－3。
答案：(1)[Ar]3d104s24p1 3
(2)As>Se>Ga Se>As>Ga
(3)GaCl3、GaBr3、GaI3的熔、沸点依次升高，原因是它们均为分子晶体，相对分子质量依次增大 GaF3是离子晶体
(4)4 sp2
(5)
5．铁、钴、镍等金属及其化合物在科学研究和工业生产中应用十分广泛。回答下列问题：
(1)基态钴原子的价电子排布式为________，铁、钴、镍的基态原子核外未成对电子数最少的是______________(填元素名称)。
(2)酞菁钴分子的结构简式如图甲所示，中心离子为钴离子，
酞菁钴分子中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是________(填1、2、3、4)，三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为________(用相应的元素符号表示)；碳原子的杂化轨道类型为________。
(3)Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为－20.5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于____________(填晶体类型)，若配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x＝________。
(4)NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠的相同，Ni2＋和Fe2＋的半径分别为69 pm和74 pm，则熔点NiO________FeO(填“>”“<”或“＝”)，原因是______________________________
________________________________________________________________________。
(5)NiAs的晶胞结构如图乙所示，镍原子的配位数为________。设阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为ρ g·cm－3，则该晶胞中最近的原子之间的距离为________cm(写出计算表达式)。
解析：(1)Co为27号元素，原子核外电子数为27，根据能量最低原理，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，故钴原子的价电子排布式为3d74s2；铁、钴、镍原子的价电子排布式分别为3d64s2、3d74s2、3d84s2，因此核外未成对电子数最少的是镍。(2)从图甲中可知，酞菁钴分子中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是2、4；酞菁钴分子中三种非金属原子为C、N、H，同周期主族元素自左向右电负性逐渐增大，元素非金属性越强，电负性越大，故电负性N>C>H；分子中C原子均形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，则碳原子的杂化轨道类型为sp2。(3)分子晶体的熔、沸点较低，根据题给信息知，该物质的熔、沸点较低，所以为分子晶体；配合物Fe(CO)x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，8＋2x＝18，x＝5。(4)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，带相同电荷的离子，半径越小，离子间的静电作用力越大，离子晶体的熔点越高；因为Ni2＋的半径小于Fe2＋的半径，所以熔点NiO>FeO。(5)晶胞中镍原子数目为8×＋6×＝4，砷原子数目为4，晶胞的质量m＝
g，故晶胞体积V＝ cm3，则晶胞棱长r＝ cm；砷原子与周围的4个镍原子形成正四面体结构，砷原子与正四面体顶点镍的距离最近，砷原子与镍原子连线处于晶胞体对角线上，且连线长度为体对角线长度的，等于晶胞棱长的，故晶胞中最近的原子之间的距离为× cm。
答案：(1)3d74s2 镍
(2)2、4 N>C>H sp2
(3)分子晶体 5
(4)> 带相同电荷的离子，半径越小，离子间的静电作用力越大，离子晶体的熔点越高
(5)4 ×
结构决定性质简答题
解题思路：首先叙述结构，然后阐述原理，最后回扣本题结论。
【例】 (1)Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键。从原子结构角度分析，原因是___________________________________。
(2)比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因：___________________。
GeCl4
GeBr4
GeI4
熔点/℃
－49.5
26
146
沸点/℃
83.1
186
约400
(1)答题框架 精准描述
(2)答题框架 精准描述
物质结构与性质综合题突破
1．题型剖析
“物质结构与性质”综合题，重点考查考生对基础知识的掌握情况，要求考生掌握原子的核外电子的运动状态、排布原理及元素的某些性质，能从化学键角度认识分子的结构、性质，从宏观和微观相结合的视角分析与解决实际问题；能运用价层电子对互斥理论和晶体模型解释和推测简单分子或离子的空间结构及常见晶体的晶胞结构及类型，揭示现象的规律和本质。
2．“六个”命题点
(1)基本化学用语：书写1～36号元素原子及简单离子的基态核外电子排布式(或价电子排布式)；电子式或结构式的书写。
(2)元素周期表、元素周期律：主族元素的电负性和第一电离能的变化规律，特别注意一些元素的反常现象。
(3)化学键及分子间作用力：σ键或π键的数目；键参数；氢键；范德华力。
(4)分子结构与性质：分子立体构型的判断；中心原子杂化类型的判断。
(5)配合物组成结构：配合物化学式的书写；配合物结构示意图的表示；配合物中化学键种类的判断。
(6)晶体结构和性质的考查：晶胞中微粒数目的计算，晶体熔、沸点比较(分子晶体往往受到氢键的影响)。
3．“三种”呈现形式
(1)以一种已知的元素立题，选取与其相关的某些典型单质或化合物展开设问，综合考查原子、分子和晶体的结构。
(2)以几种已知的元素立题，
依托不同元素的物质分别独立或侧重考查原子、分子和晶体的结构。
(3)以推断出的几种元素立题，依托它们之间组成的物质综合考查原子、分子和晶体的结构。
1．(2019·高考全国卷Ⅰ改编)在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2 微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要材料。回答下列问题：
(1)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是________(填标号)。
A．[Ne] B．[Ne]
C．[Ne] D．[Ne]
(2)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是________、________。乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子，其原因是________________________________________________________________________，
其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是________(填“Mg2＋”或“Cu2＋”)。
(3)两种氧化物的熔点如表所示：
氧化物
P4O6
SO2
熔点/℃
23.8
－75.5
解释表中两种氧化物之间熔点差异的原因：__________________________________
________________________________________________________________________。
(4)图(a)是MgCu2 的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离x＝________pm，Mg原子之间最短距离y＝________pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则MgCu2 的密度是________________g·cm－3(列出计算表达式)。
解析：(1)由题给信息知，A项和D项代表Mg＋，B项和C项代表Mg。A项，Mg＋
再失去一个电子较难，即第二电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量A大于B；3p能级的能量高于3s，3p能级上电子较3s上易失去，故电离最外层一个电子所需能量A>C、A>D，选A。(2)乙二胺分子中，1个N原子形成3个单键，还有一个孤电子对，故N原子价层电子对数为4，N原子采取sp3杂化；1个C原子形成4个单键，没有孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化。乙二胺中两个N原子提供孤电子对与金属镁离子或铜离子形成稳定的配位键，故能形成稳定环状离子。由于铜离子的半径大于镁离子，形成配位键时“头碰头”重叠程度较大，其与乙二胺形成的化合物较稳定。(3)六氧化四磷和二氧化硫是分子晶体，分子间作用力P4O6>SO2。(4)观察图(a)和图(b)知，4个铜原子相切并与面对角线平行，有(4x)2＝2a2，x＝a。镁原子堆积方式类似金刚石，有y＝a。已知1 cm＝1010 pm，晶胞体积为(a×10－10)3 cm3，代入密度公式计算即可。
答案：(1)A
(2)sp3 sp3 乙二胺的两个N提供孤电子对给金属离子形成配位键 Cu2＋
(3)P4O6、SO2为分子晶体，分子间作用力(相对分子质量)P4O6＞SO2
(4)a a
2．(2019·高考全国卷Ⅱ)近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为FeSmAsFO组成的化合物。回答下列问题：
(1)元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为__________，其沸点比NH3 的________(填“高”或“低”)，其判断理由是______________________。
(2)Fe成为阳离子时首先失去________轨道电子，Sm的价电子排布式为4f66s2，Sm3＋价电子排布式为________。
(3)比较离子半径：F－________O2－(填“大于”“等于”或“小于”)。
(4)一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1所示。晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。
图中F－和O2－共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1－x代表，
则该化合物的化学式表示为____________；通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ＝____________________g·cm－3。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为(，，)，则原子2和3的坐标分别为________、________。
解析：(1)AsH3的中心原子As的价层电子对数为3＋×(5－3×1)＝4，包括3对成键电子对和1对孤电子对，故其立体结构为三角锥形。NH3中N的电负性比AsH3中As的大得多，故NH3易形成分子间氢键，从而使其沸点升高。(2)Fe的价电子排布式为3d64s2，其阳离子Fe2＋、Fe3＋的价电子排布式分别是3d6、3d5，二者均首先失去4s轨道上的电子；Sm失去3个电子成为Sm3＋时首先失去6s轨道上的电子，然后失去1个4f轨道上的电子，故Sm3＋的价电子排布式为4f5。(3)F－与O2－电子层结构相同，核电荷数越大，原子核对核外电子的吸引力越大，离子半径越小，故离子半径F－②>①
B．原子半径：③>②>①
C．电负性：③>②>①
D．第一电离能：③>②>①
解析：选D。根据核外电子排布式可知①是S，②是P，③是F。F无正价，A错误；同周期主族元素自左向右原子半径逐渐减小，同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：②>①>③，B错误；同周期主族元素自左向右电负性逐渐增大，同主族元素自上而下电负性逐渐减小，则电负性：③>①>②，C错误；同周期主族元素自左向右第一电离能呈增大趋势，但P的3p轨道处于半充满状态，稳定性强，第一电离能大于S，则第一电离能：③>②>①，D正确。
4．(2020·山东等级考模拟)利用反应CCl4＋4NaC(金刚石)＋4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是( )
A．C(金刚石)属于共价晶体
B．该反应利用了Na的强还原性
C．CCl4和C(金刚石)中C的杂化方式相同
D．NaCl晶体中每个Cl－周围有8个Na＋
解析：选D。A.金刚石晶体中每个C与另外4个C形成共价键，构成正四面体，向空间发展成网状结构，形成的晶体为共价晶体，故A正确；B.该反应中Na由0价→＋1价，做还原剂，将CCl4还原成C(金刚石)，故B正确；C.CCl4和C(金刚石)中C的杂化方式都是sp3杂化，故C正确；D.NaCl晶体中每个Na＋同时吸引6个Cl－，每个Cl－同时吸引6个Na＋，配位数为6，故D错误。
5．(2019·瓦房店高级中学高二期中)有关杂化轨道的说法不正确的是( )
A．杂化前后的轨道数目不变，但轨道的形状发生了改变
B．sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
C．四面体形、三角锥形、V形分子的结构都可以用sp3杂化轨道解释
D．杂化轨道全部参与形成化学键
解析：选D。杂化轨道用于形成σ键或容纳未参与成键的孤电子对。
6．下列关于配位化合物的叙述中，不正确的是( )
A．配位化合物中必定存在配位键，可能存在极性键
B．配位化合物中只有配位键
C．[Cu(H2O)6]2＋中的Cu2＋提供空轨道，H2O中的氧原子提供孤电子对形成配位键
D．配位化合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有着广泛的应用
解析：选B。配位化合物中一定含有配位键，也可能含有其他化学键，A项正确，B项错误；Cu2＋有空轨道，H2O中氧原子有孤电子对，可以形成配位键，C项正确；配位化合物应用领域特别广泛，D项正确。
7．部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示，下列说法正确的是( )
A．离子半径的大小顺序：d＜e＜f
B．与x形成简单化合物的沸点：y＞z＞d
C．除去实验后试管中残留的g单质，可用热的氢氧化钠溶液
D．g、h的氧化物对应的水化物的酸性：h＞g
解析：选C。根据题意可推出x、y、z、d、e、f、g、h分别为H、C、N、O、Na、Al、S、Cl。O2－、Na＋和Al3＋具有相同的电子层结构，则核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径大小顺序为O2－＞Na＋＞Al3＋，A项错误；CH4、NH3、H2O中，CH4、NH3常温下为气体，H2O常温下为液体，故水的沸点最高，B项错误；硫能与热的NaOH溶液反应生成硫化钠、亚硫酸钠等可溶性物质而被除去，C项正确；g、h的氧化物对应的水化物即含氧酸有多种，没有说明是最高价含氧酸，无法比较酸性强弱，D项错误。
8．(2018·高考全国卷Ⅱ)W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是( )
A．X与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
B．Y与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键
C．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构
D．W的氧化物对应的水化物均为强酸
解析：选A。根据W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，可知该气体为NO2，由原子序数递增可知W和X分别为N元素和O元素；结合Y的周期数是族序数的3倍，且Y为短周期元素，则Y只能为Na元素；根据Z原子最外层的电子数与W原子的电子总数相同，且Z为短周期元素可知Z为Cl元素。O与N能形成NO、NO2、N2O5等化合物，O与Na能形成Na2O和Na2O2，O与Cl能形成ClO2、Cl2O7等化合物，A项正确；Na与N、Cl形成的化合物中只含离子键，而Na与O形成的Na2O2中既含离子键又含共价键，B项错误；N3－、O2－、Na＋均含10个电子，而Cl－含18个电子，C项错误；N元素的最高价氧化物对应的水化物HNO3为强酸，而该选项中没有指明是N元素的最高价氧化物对应的水化物，D项错误。
9．(2018·高考江苏卷)短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X
是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层只有一个电子，Z位于元素周期表ⅢA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是( )
A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)
B．由X、Y组成的化合物中均不含共价键
C．Y的最高价氧化物的水化物的碱性比Z的弱
D．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
解析：选D。地壳中含量最多的元素X为O元素，短周期元素Y的原子序数大于X，且Y原子的最外层只有一个电子，则Y为Na元素；Z的原子序数大于Na且为第ⅢA族短周期元素，则Z为Al元素；W与X属于同一主族，且为短周期元素，则W为S元素。原子半径：Na>Al>S，A项错误；Na2O2中两个氧原子之间为共价键，B项错误；Y和Z的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，碱性：NaOH>Al(OH)3，C项错误；O的非金属性强于S，则简单气态氢化物的热稳定性：H2O强于H2S，D项正确。
10．(2019·泰安一模)a－5X、b－3Y、aZ、bW、a＋4T 均为短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。Z是地壳中含量最高的金属元素，W原子最外层电子数是K层电子数的2倍。则下列说法正确的是( )
A．Z、T两种元素的离子半径相比，前者较大
B．X、Y形成的两种化合物中，阴、阳离子的物质的量之比分别为1∶1和1∶2
C．X、W、T三种元素的气态氢化物中，稳定性最差的是W的氢化物，沸点最高的是T的氢化物
D．Y、T两种元素的最高价氧化物对应的水化物均能溶解X和Z形成的常见化合物
解析：选D。Z是地壳中含量最高的金属元素，所以Z是铝。W原子最外层电子数是K层电子数的2倍，且由图可知其原子序数大于铝，所以W是硅。相应地X、Y、T分别是氧、钠、氯。离子半径Z”或“<”)。
(4)①已知氯有多种含氧酸，其电离平衡常数如下：
化学式
HClO4
HClO3
HClO2
HClO
Ka
1×1010
1×101
1×10－2
4×10－8
HClO4的结构简式为________________，ClO中Cl的杂化轨道类型为________，HClO2中含有的共价键类型为________。以上几种含氧酸的酸性强弱不同，其原因为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②氢卤酸(HX)的电离过程如图。ΔH1和ΔH2的递变规律都是HF>HCl>HBr>HI，其中ΔH1(HF)特别大的原因为____________________________________________________
________________________________________________________________________，
影响ΔH2递变的因素为________________________________________________。
(5)铝的晶胞结构如图所示，晶胞参数a＝q nm，铝的摩尔质量为M g·mol－1，原子半径为r pm，阿伏加德罗常数的值为NA。则铝单质的密度为________g·cm－3(列式即可，下同)，铝晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为________________。
解析：(1)硅元素为14号元素，位于元素周期表第三周期ⅣA族，
故硅原子的价电子排布图为。
(2)Al的核外电子中未成对电子数为1，第四周期中原子的核外电子排布中未成对电子数为1的有K—[Ar]4s1，Sc—[Ar]3d14s2，Cu—[Ar]3d104s1，Ga—[Ar]3d104s24p1，Br—[Ar]3d104s24p5，其中金属元素有4种。
(3)Na＋和Ne的电子层结构相同，均为8电子稳定结构，Na的核电荷数为11，大于Ne的核电荷数，因此原子核对最外层电子的吸引力Na大于Ne，所以电离能I2(Na)大于I1(Ne)。
(4)①根据含氧酸的结构特点，HClO4的结构简式为
；ClO中Cl的价层电子对数为3＋＝4，故其杂化轨道类型为sp3杂化；HClO2的结构式为H—O—Cl===O，共价键类型为极性共价键(或σ键和π键)；氯的含氧酸中非羟基氧原子数目越多，中心氯原子价态越高，正电性越高，导致Cl—O—H中的O电子更向Cl偏移，越易电离出H＋，酸性越强，故酸性：HClO
(4)① sp3 极性共价键(或σ键和π键) 氯的含氧酸中非羟基氧原子数目越多，中心氯原子价态越高，正电性越高，导致Cl—O—H中的O电子更向Cl偏移，
越易电离出H＋
②HF的水溶液中存在氢键 原子半径(或键长或键能)
(5) ×100%
18．南京工业大学某研究团队最近在《Nature Communications》刊文介绍了他们开发的一种新型催化剂——反钙钛矿基非贵金属催化剂，这种价廉的新型催化剂结合了钙钛矿结构的灵活性和过渡金属氮(碳)化合物的高导电性、优异电催化性等优点，理论上来说是一种很有发展潜力的析氧反应电催化剂。回答下列问题：
(1)基态氮原子核外未成对电子数为________。基态碳原子核外电子云有________个伸展方向。
(2)在周期表中，N、O、F是位于同周期且相邻的三种元素，第一电离能最大的元素和最小的元素组成一种只含极性键的化合物M，M分子的立体构型是________，中心原子的杂化类型是________。
(3)CN－能与多种金属离子形成配合物。例如，工业冶炼金的原理：2[Au(CN)2]－＋Zn===2Au＋[Zn(CN)4]2－。1 mol [Zn(CN)4]2－含________mol σ键。
(4)钛酸钙的晶胞如图1所示。钛酸钙的化学式为____________；1个钛离子与________个氧离子等距离且最近，这些氧离子可构成正八面体，钛离子位于该正八面体的体心。已知钛酸钙的晶胞参数为a nm，则该正八面体的边长为________pm。
(5)Fe和N可组成一种过渡金属氮化物，其晶胞如图2所示。六棱柱底边边长为x cm，高为y cm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为______________________g·cm－3(列出计算式即可)。
解析：(1)基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3，有3个未成对电子。基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，s能级上电子云只有1个伸展方向，2p能级上只填充了2个电子，所以有2个伸展方向，故共有3个伸展方向。(2)第一电离能：F>N>O，OF2只含极性键，O2F2含极性键和非极性键。OF2分子的立体构型为V形，O的杂化类型为sp3。(3)CN－的结构式为[C≡N]－，1个CN－含σ键的个数为1，1个CN－与Zn2＋形成1个配位键(也是σ键)，故1 mol
[Zn(CN)4]2－含8 mol σ键。(4)钛酸钙的化学式为CaTiO3。1个钛离子周围有6个氧离子与其等距离且最近。正八面体边长等于晶胞边长的，1 nm＝1 000 pm，故该正八面体的边长为×1 000 pm＝500a pm。(5)六棱柱的底面由6个正三角形构成，正三角形的高为x cm，每个正三角形的面积为x2 cm2。1个晶胞含6个Fe、2个N。ρ＝ g·cm－3。
答案：(1)3 3 (2)V形 sp3 (3)8 (4)CaTiO3 6 500a
(5)
19．镍、钴、钛、铜等常用于制备锂离子电池的正极材料或高效催化剂。NA表示阿伏加德罗常数的值，请填写下列空白。
(1)基态Co原子的核外电子排布式为___________________________________________。
(2)镍与CO生成的配合物Ni(CO)4中提供孤电子对的成键原子是____________(填元素名称)；1 mol Ni(CO)4 中含有的σ键数目为____________。
(3)Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH的立体构型是__________，B原子的杂化方式是____________。与钛同周期的第ⅡB族和第ⅢA族两种元素中第一电离能较大的是____________(填元素符号)，原因是______________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)CuFeS2的晶胞如图所示，晶胞参数分别为a nm，b nm，c nm；CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与______个S原子相连，晶体密度ρ＝____________g·cm－3(列出计算表达式)。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，如图中原子2和3的坐标分别为、，则原子1的坐标为____________。
解析：(1)Co是27号元素，位于第四周期第Ⅷ族，其基态原子的核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。(2)配合物Ni(CO)4中提供孤电子对的成键原子是碳原子；配合物Ni(CO)4中Ni原子和C原子之间有4个σ键，CO分子中C和O之间也存在1个σ键，故1 mol Ni(CO)4中含有8NA个σ键。(3)BH的中心原子B原子的价层电子对数为4，没有孤电子对，所以其立体构型为正四面体形，B原子的杂化方式为sp3杂化；与钛同周期的第ⅡB族元素是Zn、第ⅢA族元素是Ga，其电子排布式分别为[Ar]3d104s2和[Ar]3d104s24p1，Zn的核外电子排布为全满稳定结构，较难失去电子，故其第一电离能较大。(4)由题图中1号Cu原子可知，每个Cu原子与4个S原子相连；该晶胞中含Cu原子数为8×＋4×＋1＝4，Fe原子数为6×＋4×＝4，S原子数为8，所以其密度ρ＝＝ g·cm－3。结合题图和原子2、3的坐标可知，原子1的坐标为。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d74s2(或[Ar]3d74s2)
(2)碳 8NA
(3)正四面体形 sp3 Zn Zn的核外电子排布为全满稳定结构，较难失去电子
(4)4
20．氟代硼铍酸钾(KBe2BO3F2)是激光器的核心材料，我国化学家在此领域的研究走在了世界的最前列。回答下列问题：
(1)氟代硼铍酸钾中各元素原子的第一电离能大小顺序是F>O>____________，基态K＋电子占据最高能级的电子云轮廓图为____________形。
(2)BeCl2中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为____________，其中Be的配位数为____________。
(3)第三周期元素氟化物的熔点如下表：
化合物
NaF
MgF2
AlF3
SiF4
PF5
SF6
熔点/℃
993
1 261
1 291
－90
－83
－50.5
解释表中氟化物熔点变化的原因：____________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)CaF2的一种晶胞如图所示。Ca2＋占据F－形成的空隙，其空隙率是____________。若r(F－)＝x pm，r(Ca2＋)＝y pm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CaF2的密度ρ＝____________g·cm－3(列出计算表达式即可)。
解析：(1)根据第一电离能的递变规律可确定氟代硼铍酸钾中五种元素的第一电离能大小顺序为F＞O＞Be＞B＞K。根据构造原理可确定基态K＋中电子占据的最高能级为3p，其电子云轮廓图呈哑铃形。(2)根据题中条件可知，BeCl2中存在共价键，则蒸气状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为，其中Be的配位数为3。(3)从表格中各物质熔点可判断前三种氟化物均为离子晶体，其熔点逐渐升高是因为Na＋、Mg2＋、Al3＋的半径依次减小，故熔点逐渐升高；后三种氟化物熔点很低，为分子晶体，由于相对分子质量越大，分子间作用力越强，故其熔点逐渐升高。(4)结合题图可知，晶胞中黑球表示F－，白球表示Ca2＋，该晶胞的8个空隙中填充了4个Ca2＋，故晶胞中的空隙率为50%，以晶胞为研究对象，设其边长为a，晶胞的体对角线长度为(2x＋2y) pm＝a，则a＝ pm，即晶胞的边长为pm，该晶胞体积为[]3×10－30 cm3。由均摊法可确定晶胞中F－个数为8×＋12×＋6×＋1＝8，Ca2＋个数为4，故晶胞质量为×78 g，则晶体密度ρ＝ g·cm－3。
答案：(1)Be＞B＞K 哑铃
(2) 3
(3)前三种为离子晶体，Na＋、Mg2＋、Al3＋的半径依次减小；后三种为分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大
(4)50%
