2020届一轮复习人教版物质结构与性质学案

2020届一轮复习人教版物质结构与性质学案

‎2020届一轮复习人教版 物质结构与性质 学案 ‎【高考考纲】‎ ‎1.原子结构与元素的性质：(1)了解原子核外电子的运动状态、能级分布和排布原理，能正确书写1～36号元素原子核外电子、价电子的电子排布式和电子排布图(轨道表达式)；(2)了解电离能的含义，并能用以说明元素的某些性质；(3)了解电子在原子轨道之间的跃迁及其简单应用；(4)了解电负性的概念并能用以说明元素的某些性质。‎ ‎2.化学键与分子结构：(1)理解离子键的形成，能根据离子化合物的结构特征解释其物理性质；(2)了解共价键的形成、极性、类型(σ键和π键)，了解配位键的含义；(3)能用键能、键长、键角等说明简单分子的某些性质；(4)了解杂化轨道理论及简单的杂化轨道类型(sp、sp2、sp3)；(5)能用价层电子对互斥理论或杂化轨道理论推测简单分子或离子的空间结构。‎ ‎3.分子间作用力与物质的性质：(1)了解范德华力的含义及对物质性质的影响；(2)了解氢键的含义，能列举存在氢键的物质，并能解释氢键对物质性质的影响。‎ ‎4.晶体结构与性质：(1)了解晶体的类型，了解不同类型晶体中结构微粒、微粒间作用力的区别；(2)了解晶格能的概念，了解晶格能对离子晶体性质的影响；(3)了解分子晶体结构与性质的关系；(4)了解原子晶体的特征，能描述金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系；(5)理解金属键的含义，能用金属键理论解释金属的一些物理性质，了解金属晶体常见的堆积方式；(6)了解晶胞的概念，能根据晶胞确定晶体的组成并进行相关的计算。‎ ‎【真题感悟】 ‎ 例1、 (2018·高考全国卷Ⅰ)Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：‎ ‎(1)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.‎ ‎(2)Li＋与H－具有相同的电子构型，r(Li＋)小于r(H－)，原因是__________________。‎ ‎(3)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子立体构型是__________‎ ‎、中心原子的杂化形式为________。LiAlH4中，存在________(填标号)。‎ A．离子键　　　 B．σ键 C．π键　　　 D．氢键 ‎(4)Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的Born－Haber循环计算得到。‎ 可知，Li原子的第一电离能为______kJ·mol－1，O===O键键能为______kJ·mol－1，Li2O晶格能为________kJ·mol－1。‎ ‎(5)Li2O具有反萤石结构，晶胞如图(b)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)。‎ 解析：(1)根据能级能量E(1s)600‎ ‎(分解)‎ ‎－75.5‎ ‎16.8‎ ‎10.3‎ 沸点/℃‎ ‎－60.3‎ ‎444.6‎ ‎－10.0‎ ‎45.0‎ ‎337.0‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)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。‎ ‎(2)根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是________。‎ ‎(3)图(a)为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为________________________________________________________________________。‎ ‎(4)气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为________形，其中共价键的类型有________种；固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子。该分子中S原子的杂化轨道类型为________。‎ ‎(5)FeS2晶体的晶胞如图(c)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。‎ 解析：(1)基态Fe原子核外有26个电子，按照构造原理，其核外电子排布式为[Ar]3d64s2，按照洪特规则，价层电子3d上6个电子优先占据5个不同轨道，故价层电子的电子排布图为。基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，电子占据最高能级为3p，p能级的电子云轮廓图为哑铃形。(2)价层电子对数包括成键电子对数和孤电子对数，H2S中S的成键电子对数为2，孤电子对数为＝2，故价层电子对数为4，同理，SO2中S的价层电子对数为2＋＝3，SO3中S的价层电子对数为3＋＝3，H2S中S的价层电子对数不同于SO2、SO3。(3)S8和SO2均为分子晶体，分子间存在的作用力均为范德华力，S8的相对分子质量大，分子间范德华力强，故熔点和沸点高。(4)气态SO3为单分子，分子中S无孤电子对，其分子的立体构型为平面三角形，S和O之间形成双键，故共价键有σ键和π键两种。固态SO3为三聚分子，分子中每个S与4个O成键，S无孤电子对，故原子的杂化轨道类型为sp3。(5)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。‎ 答案：(1)　哑铃 ‎(2)H2S ‎(3)S8相对分子质量大，分子间范德华力强 ‎(4)平面三角　2　sp3‎ ‎(5)×1021　a ‎【名师点睛】‎ ‎1．σ键、π键的判断 ‎(1)由轨道重叠方式判断：“头碰头”重叠为σ键，“肩并肩”重叠为π键。‎ ‎(2)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。‎ ‎(3)由成键轨道类型判断：s轨道形成的共价键全是σ键；杂化轨道形成的共价键全为σ键。‎ ‎2．中心原子杂化类型和分子立体构型的相互判断 分子(A为 中心原子)‎ 中心原子 孤电子对数 中心原子 杂化方式 分子构型 示例 AB2‎ ‎0‎ sp 直线形 BeCl2‎ ‎1‎ sp2‎ V形 SO2‎ ‎2‎ sp3‎ V形 H2O AB3‎ ‎0‎ sp2‎ 平面三角形 BF3‎ ‎1‎ sp3‎ 三角锥形 NH3‎ AB4‎ ‎0‎ sp3‎ 正四面体形 CH4‎ ‎3.常见等电子体 微粒 通式 价电子总数 立体构型 CH4、NH AX4‎ ‎8e－‎ 正四面体形 CO、N2‎ AX ‎10e－‎ 直线形 CO2、CNS－、NO、N AX2‎ ‎16e－‎ 直线形 SO2、O3、NO AX2‎ ‎18e－‎ V形 CO、NO、SO3‎ AX3‎ ‎24e－‎ 平面三角形 PO、SO、ClO AX3‎ ‎26e－‎ 三角锥形 SO、PO AX4‎ ‎32e－‎ 正四面体形 ‎4.分子性质 ‎(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HClOCH3OH>CO2>H2，H2O与CH3OH均为非极性分子，H2O中氢键比甲醇多，CO2分子量较大，范德华力较大 π键 离子键 0.148 0.076‎ ‎【解析】（1）Co是27号元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。元素Mn与O中，由于O元素是非金属性而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O。O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn。‎ ‎（2）CO2和CH3OH的中心原子C原子的价层电子对数分别为2和4，所以CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp3。‎ ‎（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2O>CH3OH>CO2>H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；H2O与CH3OH均为非极性分子，H2O中氢键比甲醇多，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高。‎ ‎（4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成 3个σ键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在π键。‎ ‎（5）因为O2－是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2－半径的4倍，即4r=a，解得r= nm=0.148nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，Mn2＋构成的是体心立方堆积，体对角线是Mn2‎ ‎＋半径的4倍，面上相邻的两个Mn2＋距离是此晶胞的一半，因此有=0.076nm。 ‎ 例3、(2017·高考全国卷Ⅰ)(1)K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________________________。‎ ‎(2)KIO3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)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4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)K原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱 ‎(2)0.315　12　(3)体心　棱心 ‎【举一反三】(2017·高考全国卷Ⅱ)R[(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl]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________________________。‎ 解析：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)。‎ 答案：(或×10－21)‎ ‎【名师点睛】‎ 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 金属 晶体 简单立 方堆积 典型代表为Po，空间利用率为52%，配位数为6‎ 体心立 方堆积 典型代表为Na、K、Fe，空间利用率为68%，配位数为8‎ 六方最 密堆积 典型代表为Mg、Zn、Ti，空间利用率为74%，配位数为12‎ 面心立方最密 堆积 典型代表为Cu、Ag、Au，空间利用率为74%，配位数为12‎ 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分子间作用力，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 原子 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，6个Si ‎2.原子晶体、分子晶体、金属晶体与离子晶体的结构微粒，以及微粒间作用力的区别 晶体类型 原子晶体 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 相似相溶 难溶(Na等 与水反应)‎ 易溶于极 性溶剂 导电情况 不导电 ‎(除硅)‎ 一般不 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，原子晶体>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原子晶体：键长越短，键能越大，则熔、沸点越高。‎ ‎(3)常温常压下状态：①熔点为固态物质>液态物质；②沸点为液态物质>气态物质。‎ ‎4．晶体结构的计算方法 晶体结构的计算常常涉及如下数据：晶体密度、NA、M、晶体体积、微粒间距离、微粒半径、夹角等，密度的表达式往往是列等式的依据。解答这类题时，一要掌握晶体“均摊法”的原理，二要有扎实的立体几何知识，三要熟悉常见晶体的结构特征，并能整合贯通，举一反三。‎ ‎(1)“均摊法”原理 非平行六面体形晶胞中粒子数目的计算同样可用“均摊法”，其关键仍然是确定一个粒子为几个晶胞所共有。例如：石墨晶胞中每一层内碳原子排成六边形，其顶点(1个碳原子)对六边形的贡献为，那么一个六边形实际有6×＝2个碳原子。又如：在六棱柱晶胞(如下图所示的MgB2晶胞)中，顶点上的原子为6个晶胞(同层3个，上层或下层3个)所共有，面上的原子为2个晶胞所共有，因此镁原子个数为12×＋2×＝3，硼原子个数为6。‎ ‎(2)晶体微粒与M、ρ之间的关系 若1个晶胞中含有x个微粒，则1 mol该晶胞中含有x mol 微粒，其质量为xM g(M为微粒的相对“分子”质量)；又1个晶胞的质量为ρa3 g(a3为晶胞的体积)，则1 mol晶胞的质量为ρa3NA g，因此有xM＝ρa3NA。‎ ‎【变式探究】(2017·高考全国卷Ⅲ)MgO具有NaCl型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a＝0.420 nm，则r(O2－)为________nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a′＝0.448 nm，则r(Mn2＋)为____________nm。‎ 解析：因为O2－采用面心立方最密堆积方式，所以面对角线长度是O2－半径的4倍，则有[4r(O2－)]2＝2a2‎ ‎，解得r(O2－)＝×0.420 nm≈0.148 nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构可得2r(Mn2＋)＋2r(O2－)＝a′，代入数据解得r(Mn2＋)＝0.076 nm。‎ 答案：0.148　0.076‎ ‎【黄金押题】‎ ‎1．(1)GaF3的熔点高于1 000 ℃，GaCl3的熔点为77.9 ℃，其原因是_________________。‎ ‎(2)GaAs的熔点为1 238 ℃，密度为ρ g·cm－3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为________，Ga与As以________键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGa g·mol－1和MAs g·mol－1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______________________________。‎ 解析：(1)由于GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，所以离子晶体GaF3的熔点高。(2)GaAs的熔点为1 238 ℃，熔点很高，所以晶体的类型为原子晶体，其中Ga与As以共价键键合。根据晶胞结构可知晶胞中Ga和As的个数均是4个，所以晶胞的体积是。二者的原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%＝‎ ×100%。‎ 答案：(1)GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体　‎ ‎(2)原子晶体　共价　×100%‎ ‎2．前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有一个，并且A－和B＋的电子数相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们的价电子层中未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。‎ ‎(1)A、B和D三种元素组成的一种化合物的晶胞如图所示。‎ ‎①该化合物的化学式为____________；D的配位数为______________。‎ ‎②列式计算该晶体的密度：______________g·cm－3。‎ ‎(2)A－、B＋和C3＋三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有__________________；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为__________，配位体是__________。‎ 解析：有4个未成对电子的一定是过渡金属元素，前四周期元素中只有3d64s2符合，因而C为Fe，顺推出D为Ni，B为K，A为F。‎ ‎(1)①A(F)原子数＝×16＋×4＋2＝8，B(K)原子数＝×8＋2＝4，D(Ni)原子数＝×8＋1＝2，即该化合物的化学式为K2NiF4。D的配位体是距其最近的异种原子A，分别在它的前面、后面、左边、右边、上边、下边，共6个A原子。‎ ‎(2)在K3FeF6中，K＋与[FeF6]3－之间是离子键，[FeF6]3－中Fe3＋与F－之间是配位键，Fe3＋是中心离子，F－是配位体。‎ 答案：(1)①K2NiF4　6　‎ ‎②≈3.4‎ ‎(2)离子键、配位键　[FeF6]3－　F－‎ ‎3．已知A、B、C、D四种短周期元素的核电荷数依次增大。A原子s轨道电子数是p轨道电子数的两倍，C原子的L能层中有两对成对电子，C、D同主族。 E、F是第四周期元素，且E位于周期表中ds区， F原子核外有33种不同运动状态的电子。根据以上信息用相应的元素符号填空：‎ ‎(1)E＋核外电子排布式为________，FC的立体构型为________，与其互为等电子体的一种有机分子为________(填化学式)。‎ ‎(2)B元素所在周期第一电离能最大的元素是________(填元素符号)。‎ ‎(3)D所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是________(填化学式)；能导电的A单质与B、D、E的单质形成的晶体相比较，熔点由高到低的排列顺序是________(填化学式)。 ‎ ‎(4)已知EDC4溶液中滴入氨基乙酸钠(H2N—CH2—COONa)即可得到配合物X。其结构如图所示：‎ ‎①配合物X中碳原子的轨道杂化类型为________。‎ ‎②1 mol氨基乙酸钠(H2N—CH2—COONa)含有σ键的数目为________。‎ 解析：根据题意知A、B、C、D四种短周期元素的核电荷数依次增大，A原子s轨道电子数是p轨道电子数的两倍，A原子的核外电子排布式为1s22s22p2，则A为碳元素；C原子的L能层中有两对成对电子，C原子的核外电子排布式为1s22s22p4，则C为氧元素，B为氮元素；C、D同主族，则D为硫元素。E、F是第四周期元素，且E位于周期表中ds区，可形成E＋，则E为铜元素；F原子核外有33种不同运动状态的电子，则F为砷元素。‎ ‎(1)E为铜元素，铜为29号元素，根据构造原理写出Cu＋核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；AsO中心原子As原子采取sp3杂化，没有孤对电子，立体构型为正四面体形，与其互为等电子体的一种有机分子为CCl4。‎ ‎(2)B为氮元素，位于第二周期，同周期由左向右元素原子的第一电离能总体上呈增大趋势，故氮元素所在周期第一电离能最大的元素是Ne。‎ ‎(3)D为硫元素，位于第三周期，所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是HClO4；石墨为混合型晶体，熔点最高；铜为金属晶体，熔点次之；硫和N2为分子晶体，N2在常温下为气体，熔点最低，熔点由高到低的排列顺序是C>Cu>S>N2。‎ ‎(4)①根据配合物X的结构判断X中碳原子的轨道杂化类型为sp2、sp3。②根据氨基乙酸钠的结构判断1 mol氨基乙酸钠(H2N—CH2—COONa)含有σ键的数目为8NA或8×6.02×1023。‎ 答案：(1)1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)　正四面体形　CCl4　(2)Ne　(3)HClO4　C>Cu>S>N2‎ ‎(4)①sp2、sp3　②8NA(或8×6.02×1023)‎ ‎4．氮、磷、砷是同族元素，该族元素单质及其化合物在农药、化肥等方面有重要应用。回答下列问题：‎ ‎(1)基态砷原子的电子排布式为______________。‎ ‎(2)K3[Fe(CN)6]晶体中Fe3＋与CN－之间化学键类型为________键，与CN－互为等电子体的化合物分子式为________。‎ ‎(3)PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染。光化学烟雾中含有NOx、O3、CH2===CHCHO、HCOOH、(PAN)等二次污染物。‎ ‎①N2O结构式可表示为N===N===O，其中心氮原子的杂化轨道类型为________，1 mol PAN中含σ键数目为________。‎ ‎②测定大气中PM2.5的浓度方法之一是β射线吸收法，β射线放射源可用85Kr。Kr晶体为面心立方晶体，若晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个。晶胞中含Kr原子为n个，则＝________(填数字)。已知Kr晶体的密度为ρ g/cm3，摩尔质量为M g/mol。阿伏加德罗常数用NA表示，列式表示Kr晶胞参数a＝________nm。‎ 解析：(1)As的原子序数为33，核外电子排布是2、8、18、5，由构造原理可知电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或 ‎[Ar]3d104s24p3。(2)K3[Fe(CN)6]晶体中，由于Fe3＋有空轨道，能接受孤电子对，CN－能提供孤电子对，所以Fe3＋与CN－之间的化学键类型为配位键；等电子体是原子数相等，价电子数也相等的离子或分子，与CN－互为等电子体的化合物分子式为CO。(3)①由结构式N===N===O知，中心氮原子是sp杂化；根据结构可知，每个分子中含有10个σ键，所以1 mol PAN中含σ键数目为10NA；②以顶点计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m＝3×8÷2＝12个，晶胞中含Kr原子为n＝8×＋6×＝4个，所以＝＝3；根据V＝＝ cm3＝ cm3，所以晶胞边长为a＝ ×107 nm。‎ 答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3(或[Ar]3d104s24p3)‎ ‎(2)配位　CO ‎(3)①sp　10NA　②3　 ×107‎ ‎5．硫和钒的相关化合物在药物化学及催化化学等领域应用广泛。回答下列问题：‎ ‎(1)基态钒原子的外围电子排布图为_____________________________，‎ 钒有＋2、＋3、＋4、＋5等多种化合价，其中最稳定的化合价是__________，VO的几何构型为________。‎ ‎(2)2巯基烟酸氧钒配合物(图1)是副作用小的有效调节血糖的新型药物。‎ ‎①该药物中S原子的杂化方式是____________，所含第二周期元素第一电离能按由大到小的顺序排列是__________________。‎ ‎②2巯基烟酸(图2)水溶性优于2巯基烟酸氧钒配合物的原因是_____________________。‎ ‎(3)多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域П键”，下列物质中存在“离域П键”的是________。‎ A．SO2 B．SO C．H2S D．CS2‎ ‎(4)某六方硫钒化合物晶体的晶胞如图3所示，该晶胞的化学式为________。图4为该晶胞的俯视图，该晶胞的密度为________g/cm3(列出计算式即可)。‎ 解析：(1)钒为23号元素，简化电子排布式为[Ar]3d34s2，所以外围电子排布式为3d34s2，外围电子排布图为其最稳定的化合价是＋5，即失去所有的价电子，形成最外层8电子的稳定结构；根据价层电子对互斥原理，VO的成键电子对数为4，孤电子对数为0，故其几何构型为正四面体形；‎ ‎(2)①从图中得到S的配位数为2，所以此时S的最外层有6＋2＝8个电子，电子对数为4，所以S原子的杂化方式是sp3杂化；配合物中含有的第二周期元素是C、N、O，同周期元素从左向右第一电离能总体呈增大趋势，因为N的2p能级上有3个电子，是p能级的半满稳定结构，所以N的第一电离能反常增大，故第一电离能由大到小的顺序排列为N>O>C；②2巯基烟酸中的羧基可以与水分子形成氢键，所以其水溶性会更好；‎ ‎(3)从题目表述来看，形成离域П键的要求是①原子共平面；②有相互平行的p轨道。根据价层电子对互斥理论，二氧化硫为V形，硫酸根为正四面体形，硫化氢为V形，二硫化碳为直线形，所以选项B错误；而硫化氢的H原子不存在p轨道，所以选项C错误。由上述可知正确的是选项AD；‎ ‎(4)晶胞中有V为8×＋4×＝2个，S为2个，所以化学式为VS；因为该晶胞中有2个VS，所以晶胞质量为 g；根据图4得到晶胞的底面积为a×a nm2，所以晶胞的体积为a×a×b nm3，1 nm＝10－7 cm，所以晶胞密度为 g/cm3＝ g/cm3。‎ ‎　答案：(1)＋5　正四面体形 ‎(2)①sp3　N>O>C　②2巯基烟酸的羧基可与水分子之间形成氢键，使其在水中溶解度增大　(3)AD　(4)VS　 g/cm3‎ ‎6．据媒体报道，法国一家公司Tiamat日前研发出比当前广泛使用的锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，预计从2020年开始实现工业生产。该电池的负极材料为Na2Co2TeO6(制备原料为Na2CO3、Co3O4和TeO2)，电解液为NaClO4的碳酸丙烯酯溶液。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)Te属于元素周期表中________区元素，其基态原子的价电子排布式为________。‎ ‎(2)基态Na原子中，核外电子占据的原子轨道总数为________，最高能层电子云轮廓图形状为________。‎ ‎(3)C、O、Cl的电负性由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。‎ ‎ (4)CO的几何构型为________；碳酸丙烯酯的结构简式如图所示，则其中碳原子的杂化轨道类型为________，1 mol碳酸丙烯酯中σ键的数目为________。‎ ‎(5)[Co(H2O)6]3＋的几何构型为正八面体形，配体是________，该配离子包含的作用力为________(填选项字母)。‎ A．离子键　B．极性键　C．配位键　D．氢键　E．金属键 ‎(6)Na和O形成的离子化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中O的配位数为________，该晶胞的密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Na与O之间的最短距离为______________cm(用含ρ、NA的代数式表示)。‎ 解析：(1)Te与O是同一主族元素，属于元素周期表中p区元素，Te为第五周期第ⅥA族元素，其基态原子的价电子排布式为5s25p4；‎ ‎(2)基态Na原子的电子排布式为1s22s22p63s1，核外电子占据的原子轨道总数为6，最高能层电子为3s电子，电子云轮廓图为球形；‎ ‎(3)元素的非金属性越强，电负性数值越大，氧气与氯化氢能够反应生成氯气和水，氧元素的非金属性最强，故C、O、Cl的电负性由大到小的顺序为O>Cl>C；‎ ‎(4)CO中C的价层电子对数＝3＋×(4＋2－3×2)＝3，几何构型为平面三角形；根据碳酸丙烯酯的结构简式可知，其碳原子有两种，不饱和的碳氧双键中的C原子采用sp2杂化，饱和的碳原子采用sp3杂化；1 mol碳酸丙烯酯中含有6 mol C—H，4 mol C—O，2 mol C—C和1 mol C===O，其中1 mol双键中含有1 mol σ键和1 mol π键，故共13 mol σ键，即σ键的数目为13×6.02×1023；‎ ‎(5)[Co(H2O)6]3＋的几何构型为正八面体形，配体是H2O，该配离子包含的作用力有H—O极性键、配位键；‎ ‎(6)晶胞中Na＋数目为8，O2－数目为8×＋6×＝4，Na＋、O2－数目之比为2∶1，故该晶体化学式为Na2O，由图可知，距一个O2－周围最近的Na＋有8个，则O的配位数为8；晶胞质量为 g，该晶胞的密度为ρ g/cm3，而晶胞体积为 g÷ρ g/cm3＝ cm3，晶胞棱长为 cm，则Na与O之间的最短距离为立方体对角线的，即× cm。‎ 答案：(1)p　5s25p4　(2)6　球形　(3)O>Cl>C ‎(4)平面三角形　sp2、sp3　13NA(或13×6.02×1023)‎ ‎(5)H2O　BC　(6)8　× ‎7．原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期。自然界中存在多种A 的化合物，B 原子核外电子有6 种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子。D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列问题：‎ ‎(1)这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为________________，第一电离能最小的元素是________(填元素符号)。‎ ‎(2)C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是________(填化学式)，呈现如此递变规律的原因是___________________________。‎ ‎(3)B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为________；另一种的晶胞如图二所示，若此晶胞中的棱长为356.6 pm，则此晶胞的密度为________g·cm－3(保留两位有效数字)。‎ ‎(4)D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为________；D的醋酸盐晶体局部结构如图三所示，该晶体中含有的化学键是________(填选项序号)。‎ ‎①极性键　　②非极性键　　③配位键　　④金属键 解析：原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为H元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为C元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子价电子排布为3d104s1，则D为Cu元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体形分子，则C为Cl元素。(1)四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子排布式为3s23p5，价电子排布图为四种元素中只有Cu为金属，其他为非金属，故Cu的第一电离能最小；(2)HF分子之间形成氢键，使其沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，即沸点由高到低的顺序是HF>HI>HBr>HCl；(3)图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120°，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；图二晶胞中含碳原子数为8×1/8＋6×1/2＋4＝8，晶胞质量为(8×12)/NA g，所以晶胞密度＝[(8×12)÷6.02×1023g]÷(356.6×10－10cm)3≈3.5 g·cm－3；(4)晶体Cu为面心立方最密堆积，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键，故选①②③。‎ 答案：(1) Cu ‎(2)HF＞HI＞HBr＞HCl　HF分子之间形成氢键使其沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高 ‎(3)sp2　3.5　(4)面心立方最密堆积　①②③‎ ‎8.钛被称为继铁、铝之后的第三金属，制备金属钛的一种流程如下：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)基态钛原子的价层电子排布图为__________，其原子核外共有________种运动状态不同的电子，Ti形成的＋4价化合物最稳定，原因是_____________________________‎ ‎________________。金属钛晶胞如图1所示，为________(填堆积方式)堆积。‎ ‎ (2)已知TiCl4在通常情况下是无色液体，熔点为－37 ℃，沸点为136 ℃，可知TiCl4为________晶体。Ti3＋可形成两种不同的TiCl3·6H2O晶体：[Ti(H2O)6]Cl3(紫色)、[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O(绿色)。两者配位数________(填“相同”或“不同”)，绿色晶体中的配体是________。‎ ‎(3)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图2所示。化合物乙的沸点明显高于化合物甲的沸点，主要原因是______________________________。‎ 化合物乙中采取sp3杂化的原子的第一电离能由大到小的顺序为________________。‎ ‎(4)硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图3所示。该阳离子为______________。‎ ‎　‎ ‎(5)钙钛矿晶体的结构如图4所示。钛离子位于立方晶胞的顶点，被________个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被________个氧离子包围。钙钛矿晶体的化学式为________________。‎ 解析：(1)由图1可知，金属钛采取六方最密堆积。(2)因TiCl4的熔、沸点较低，故TiCl4为分子晶体。(3)氢键的存在导致物质熔、沸点升高，乙分子间含有氢键、甲分子间不含氢键，则化合物乙的沸点高于化合物甲的沸点。化合物乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，同一周期元素，元素原子的第一电离能随着原子序数的递增而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素原子的第一电离能大于其相邻元素原子的第一电离能，所以第一电离能由大到小的关系为N>O>C。(4)由图3可知，每个O原子被2个Ti原子共用，每个Ti原子被2个O原子共用，利用均摊法计算二者原子个数之比为1∶1，Ti元素为＋4价，O元素为－2价，据此可知该阳离子为TiO2＋或[TiO]。(5)钛离子位于立方晶胞的顶角，被6个氧离子包围成配位八面体；钙离子位于立方晶胞的体心，被12个紧邻且距离相等的氧离子包围，每个晶胞中钛离子和钙离子均为1个，晶胞的12个边上各有1个氧离子，根据均摊原则，每个晶胞实际占有氧离子数为12×＝3，则晶胞的化学式为CaTiO3。‎ 答案：(1) 22　最外层达到8电子稳定结构　六方最密 ‎(2)分子　相同　H2O、Cl－　‎ ‎(3)化合物乙分子间形成氢键　N>O>C ‎(4)TiO2＋(或[TiO])　‎ ‎(5)6　12　CaTiO3‎ ‎9．近期央视以《王者归“铼”》为专题报道了中国金属铼加工领域的最新成就，即用金属铼造出了航空发动机核心部件，打破了西方国家的技术封锁。已知铼在元素周期表中呈现的信息为，回答下列问题：‎ ‎(1)铼元素位于元素周期表的第______周期______族。‎ ‎(2)基态Re原子核外有________种不同运动状态的电子，其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________。‎ ‎(3)已知Ba与Re位于同一周期，且核外最外层电子数相同，但金属Ba的熔点、沸点都比金属Re的低，原因是_____________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)铼的许多有机配合物是电致发光材料，已知配合物具有MLCT发射性质，该配合物中，与N原子直接相连的苯环上的C原子的杂化类型为________，写出与配体CO互为等电子体的两种微粒(一种离子、一种分子)：____________________。‎ ‎(5)已知金属Re的一种晶胞结构如图所示，则该晶胞堆积方式为_______堆积，Re原子的配位数为_______，若Re原子的半径为r nm，则晶体的密度是________g·cm－3(用含r的代数式表示)。‎ 解析：(1)根据Re的价电子排布式为5d56s2可知铼为过渡金属元素，位于元素周期表第六周期ⅦB族(注意过渡元素的价电子与主族元素的价电子的区别，若价电子为6s2，则位于第六周期ⅡA族)。(2)根据提供的信息可知Re的质子数为75，核外电子数为75，所以基态Re原子核外共有75种不同运动状态的电子；核外电子占据的最高能层为第6层，其符号为P；处于P能层上的2个电子位于6s轨道，其电子云轮廓图形状为球形。(3)根据金属键影响金属晶体的熔、沸点规律，可以得出答案。(4)根据配合物的结构可知，与N原子相连的苯环上的C原子的杂化类型为sp2；等电子体是指原子总数相同、价电子总数相同的微粒，与CO互为等电子体的分子有N2，离子有CN－。(5)根据图示可知金属Re的晶胞为六方最密堆积；与Re最紧邻且距离相等的原子为同层的6个原子和上下层各3个原子，所以配位数是12；Re原子的半径为r nm，则晶胞底面六边形的边长为2r nm，六棱柱晶胞的棱高为×2r nm，体积为24r3 nm3，每个晶胞中实际占有的原子数为12×＋3＋2×＝6，可得密度ρ＝＝(g·cm－3)。‎ 答案：(1)六　ⅦB　(2)75　P　球形 ‎(3)Ba为ⅡA族元素，原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱，熔沸点较低 ‎(4)sp2　N2、CN－(其他答案合理也可)‎ ‎(5)六方最密　12　 ‎10．核安全与放射性污染防治已引起广泛关注。在爆炸的核电站周围含有放射性物质碘131和铯137。碘131一旦被人体吸入，可能会引发甲状腺肿大等疾病。‎ ‎(1)与铯同主族的前四周期(包括第四周期)的三种元素X、Y、Z的第一电离能如下表：‎ 元素代号 X Y Z 第一电离能/(kJ·mol－1)‎ ‎520‎ ‎496‎ ‎419‎ 基态Z原子的核外电子排布式为________________________________________。‎ X、Y、Z三种元素形成的单质熔点由高到低的顺序为________(用元素符号表示)，其原因为________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)F与I同主族，BeF2是由三个原子构成的共价化合物分子，分子中中心原子Be的杂化类型为________，BeF2分子的空间构型是________。‎ ‎(3)Cl与I同主族，Cl具有很强的活泼性，可以形成很多含氯化合物，其中含氧酸HClO、HClO2、HClO3、HClO4的酸性由强到弱的顺序为________________。‎ ‎(4)131I2晶体的晶胞结构如图甲所示，该晶胞中含有____个131I2分子，该晶体属于________(填晶体类型)晶体。‎ ‎(5)KI的晶胞结构如图乙所示，每个K＋的配位数为____。KI晶体的密度为ρ g·cm－3，K和I的摩尔质量分别为MK g·mol－1和MI g·mol－1，原子半径分别为rK cm和rI cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则KI晶胞中的空间利用率为________。‎ 解析：(1)铯为第六周期第ⅠA族元素，则X、Y、Z均为第ⅠA族元素，而第ⅠA族前四周期元素分别为H、Li、Na、K，再由X与Y、Y与Z的第一电离能相差不大可知，这三种元素中不可能含有H，根据同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，可知X、Y、Z分别为Li、Na、K。根据构造原理可知基态K原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1。根据元素周期律可知，单质熔点：Li＞Na＞K。(2)BeF2分子内中心原子为Be，其价电子数为2，F提供2个电子，Be原子的价层电子对数为2，Be原子采取sp杂化，BeF2分子的空间构型为直线形。(3)氯元素构成的多种含氧酸中，氯元素的化合价越高，其对应酸的酸性越强，即酸性：HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO。(4)由晶胞图可知，131I2在晶胞的8个顶点和6‎ 个面上，由均摊法可知一个晶胞中含有8×＋6×＝4个131I2分子，该晶体属于分子晶体。(5)KI晶胞与NaCl晶胞结构相似，每个K＋紧邻6个I－，即每个K＋的配位数为6。由均摊法可知该晶胞中含K＋数目和I－数目均为4。晶胞中原子所占的体积V1＝cm3，晶胞的体积V2＝ cm3＝[2(rK＋rI)]‎3cm3，则KI晶胞中的空间利用率为×100%＝×100%＝×100%。‎ 答案：(1)1s22s22p63s23p64s1　Li＞Na＞K　锂、钠、钾为金属晶体，它们的价电子数相等，金属离子所带的电荷数相同，离子半径依次增大，金属键依次减弱，故熔点依次降低　(2)sp　直线形　(3)HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO　(4)4　分子　(5)6　×100%或×100%‎ ‎11．C、N和Si能形成多种高硬度材料，如Si3N4、C3N4、SiC。‎ ‎(1)Si3N4和C3N4中硬度较高的是________，理由是_________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)C和N能形成一种类石墨结构材料，其合成过程如图所示。‎ 该类石墨结构材料化合物的化学式为________，其合成过程中有三聚氰胺形成，三聚氰胺中N原子的杂化方式有____________。‎ ‎(3)C和N还能形成一种五元环状有机物咪唑(im)，其结构为。化合物[Co(im)6]SiF6的结构示意图如图：‎ ‎①Co原子的价层电子轨道表达式(价层电子排布图)为____________。N与Co之间的化学键类型是________，判断的理由是_________________________________________。‎ ‎②阴离子SiF中心原子Si的价层电子对数为________。阳离子[Co(im)6]2＋和SiF之间除了阴阳离子间的静电作用力，还存在氢键作用，画出该氢键的表示式___________‎ ‎_____________________________________________________________。‎ ‎(4)βSiC为立方晶系晶体，晶胞参数为a，已知Si原子半径为rSi，C原子半径为rC，该晶胞中原子的分数坐标为 C：(0,0,0)；；；……‎ Si：；；；。‎ 则βSiC立方晶胞中含有________个Si原子、________个C原子；该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为____________________(列出计算式即可)。‎ 解析：(1)Si3N4和C3N4均为原子晶体，C的原子半径比Si的原子半径小，故C—N键比Si—N键的键长短，键能大，即C—N键比Si—N键牢固，故C3N4的硬度较高。(2)该类石墨结构材料化合物重复的结构单元为，其中含6个C,7个N为该单元所有，3个N被3个相同单元共有，故C原子个数为6，N原子个数为7＋3×＝8，故化学式为C6N8。—NH2中N的杂化类型为sp3；===N—中N的杂化类型为sp2。(3)①Co的核外电子排布式为[Ar]3d74s2，故价层电子排布图为N与Co之间形成配位键，因为N有孤对电子，Co2＋有空轨道。②SiF的中心原子Si无孤对电子，故价层电子对数为6。根据提供的水中氢键的表示式，知该阴阳离子间的氢键为。(4)根据晶胞中原子的分数坐标可知，βSiC的晶胞如图所示，C位于顶点和面心，C原子的个数为8×＋6×＝4，Si位于晶胞内，Si原子的个数为4。该晶胞中原子的体积为4×πr＋4×πr＝π(r＋r)，晶胞的体积为a3，故晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为π(r＋r)÷a3×100%＝×100%。‎ 答案：(1)C3N4　两者同属原子晶体，C的原子半径小于Si，与Si—N键相比，C—N键的键长短、键能大 ‎(2)C6N8　sp2、sp3　(3)　配位键 N有孤对电子，Co2＋有空轨道　②6　‎ ‎(4)4　4　×100%‎ ‎12．硒化锌是一种半导体材料，回答下列问题。‎ ‎(1)锌在元素周期表中的位置是________；Se基态原子价电子排布图为________。元素锌、硫和硒第一电离能较大的是________(填元素符号)。‎ ‎(2)Na2SeO3分子中Se原子的杂化类型为________；H2SeO4的酸性比H2SeO3强，原因是________________________________________________________________________。‎ ‎(3)气态SeO3分子的立体构型为________；下列与SeO3互为等电子体的有________(填字母)。‎ A．CO B．NO C．NCl3 D．SO ‎(4)硒化锌晶体的晶胞结构如图所示，图中X和Y处所堆积的原子均为________(填元素符号)；该晶胞中硒原子所处空隙类型为________(填“立方体”“正四面体”或“正八面体”)，该种空隙的填充率为________；若该晶体的密度为ρ g·cm－3，硒化锌的摩尔质量为M g·mol－1，用NA代表阿伏加德罗常数的数值，则晶胞参数a为________nm。‎ 解析：(1)锌的原子序数为30，核外电子排布式为[Ar]3d104s2，故其位于元素周期表中第四周期第ⅡB族。Se的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，价电子排布图为根据第一电离能的变化规律，Zn、S、Se中第一电离能较大的是S。(2)SeO中，Se上有1对孤对电子，杂化轨道数为4，故Se的杂化类型为sp3。H2SeO4、H2SeO3均为Se元素的含氧酸，可根据非羟基氧的数目或Se的化合价解释二者酸性强弱。(3)SeO3分子中Se无孤电子对，其立体构型为平面三角形。与SeO3互为等电子体的有SO3、CO、NO等。(4)该ZnSe晶胞中有4个Se，故X和Y处所堆积的原子均为Zn。该晶胞中1个Se周围有4个等距且紧邻的Zn,4个Se所处空隙类型均为正四面体。空隙填充率是指填充Se 的正四面体空隙数和正四面体空隙总数的比值，该晶胞有8个正四面体空隙，填充Se的正四面体空隙有4个，故空隙填充率为50%。该晶胞中含有4个Zn、4个Se，则该晶胞的质量为×‎4 g＝ρ g·cm－3×a3，解得a＝×107nm。‎ 答案：(1)第四周期第ⅡB族　‎ ‎(2)sp3　H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3多(或H2SeO4中Se的化合价更高)　(3)平面三角形　AB ‎(4)Zn　正四面体　50%　×107‎ ‎13．镍及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。请回答下列问题：‎ ‎(1)基态Ni原子中，电子填充的能量最高的能级符号为________，价层电子的轨道表达式为________。‎ ‎(2)Ni的两种配合物的结构简式如图所示：‎ ‎①A的熔、沸点高于B的原因为_________________________________________。‎ ‎②A晶体含有化学键的类型为________(填字母)。‎ A．σ键 B．π键 C．配位键 D．金属键 ‎③A晶体中N原子的杂化方式是_________________________________________。‎ ‎(3)人工合成的砷化镍常存在各种缺陷，某缺陷砷化镍的组成为Ni1.2As，其中Ni元素只有＋2和＋3两种价态，两种价态的镍离子数目之比为__________________________。‎ ‎(4)NiAs的晶胞结构如图所示：‎ ‎①镍离子的配位数为________。‎ ‎②若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为ρ g·cm－3，则该晶胞中距离最近的砷原子之间的距离为________________pm。‎ 解析：(1)Ni的原子序数是28，根据构造原理可知基态Ni原子中，电子填充的能量最高的能级符号为3d,3d和4s能级上的电子均为价电子，其价层电子的轨道表达式为 ‎(2)①根据A、B的结构简式可知A能形成氢键，而B不能形成氢键，故A的熔、沸点高于B。②A晶体中含有共价单键和共价双键，其中共价单键为σ键，共价双键包含1个σ键和1个π键；还含有配位键；综合上述分析可知A晶体中同时含有σ键、π键和配位键。③A晶体中N原子采取sp2杂化。(3)在该缺陷砷化镍Ni1.2As中As为－3价，设1 mol Ni1.2As中Ni2＋、Ni3＋的物质的量分别为x mol和y mol，则2x＋3y－3＝0且x＋y＝1.2，解得x＝y＝0.6，即该砷化镍Ni1.2As中Ni2＋和Ni3＋数目之比为0.6∶0.6＝1∶1。(4)①由NiAs的晶胞结构可知，镍离子的配位数为4。②该晶胞中含有4个As原子，根据均摊法可知，该晶胞中Ni原子个数为×8＋×6＝4，即该晶胞中含有4个Ni原子和4个As原子，设晶胞的边长为a cm，则g＝(ρ·a3)g，解得a＝；晶胞中面对角线的长度为·×1010 pm，则该晶胞中距离最近的两个As原子间的距离为面对角线长度的，即·×1010 pm或·×1010 pm。‎ 答案：(1)3d　‎ ‎(2)①A能形成氢键　②ABC　③sp2　(3)1∶1‎ ‎(4)①4　② ×1010或·×1010‎ ‎14．Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。‎ ‎(1)基态Co原子的价电子排布式为________，Co2＋核外3d能级上有________对成对电子。‎ ‎(2)Co3＋的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2＋中，Co3＋的配位数是________。1 mol配离子中所含σ键的数目为________，配位体N中心原子的杂化类型为________。‎ ‎(3)Co2＋在水溶液中以[Co(H2O)6]2＋存在。向含Co2＋的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2＋，其原因是_________________________________________________。‎ ‎(4)某蓝色晶体中，Fe2＋、Fe3＋分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN－，K＋位于立方体的某恰当位置上。据此可知该晶体的化学式为________，立方体中Fe2＋间连接起来形成的空间构型是________。‎ ‎(5)NiO的晶胞结构如图甲所示，其中原子坐标参数A为(0,0,0)，B为(1,1,0)，则C原子坐标参数为________。‎ ‎(6)一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2－作密置单层排列，Ni2＋填充其中(如图乙)，已知O2－的半径为a pm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为________g(用含a、NA的代数式表示)。‎ 解析：(1)基态Co原子核外有27个电子，按照构造原理，其核外电子排布式为[Ar]3d74s2，则价电子排布式为3d74s2。Co2＋核外3d能级的电子排布图为有2对成对电子。(2)Co3＋的配体中有1个N，5个NH3，配位数为6。1 mol Co3＋与6 mol配体之间有6 mol σ键，1 mol N含有2 mol σ键，5 mol NH3含有15 mol σ键，故1 mol配离子中所含σ键的数目为(6＋2＋15)NA＝23NA。N与CO2互为等电子体，N为直线形离子，故中心原子的杂化类型为sp。(3)NH3与H2O相比，N元素的电负性比O元素的电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2＋形成的配位键更强。(4)Fe2＋、Fe3＋分别占据立方体互不相邻的顶点，则个数均为4×＝；CN－位于棱上，则个数为12×＝3，Fe2＋、Fe3＋、CN－的个数比为1∶1∶6；根据电荷守恒，K＋与Fe2＋、Fe3＋、CN－的个数比为1∶1∶1∶6，则该晶体的化学式为KFe2(CN)6。Fe2＋在立方体的4个互不相邻的顶点上，形成的空间构型为正四面体形。(5)根据题图甲知，C原子坐标参数为。(6)如图所示，以1个小菱形为研究对象，该菱形中含有1个Ni2＋、1个O2－，该菱形的边长为‎2a pm，则该菱形的面积为‎2a×10－‎12 m×‎2a×10－‎12 m×＝‎2‎a2×10－‎24 m2‎；该菱形中含有该晶体的质量为 g，故每平方米面积上分散的该晶体的质量为÷(2×10－‎24a2)g＝ g。‎ 答案：(1)3d74s2　2　(2)6　23NA　sp ‎(3)N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2＋形成的配位键更强 ‎(4)KFe2(CN)6　正四面体形 ‎(5)(1，，)　(6) ‎15．第二代半导体材料[(Ⅲ～Ⅴ)A族化合物]的特殊性能使之成为科学家的研究热点之一。‎ ‎(1)基态镓原子的价电子排布式为_______________________________________。‎ ‎(2)N、P、As位于同一主族，基态磷原子的核外共有________种不同运动状态的电子，NO的空间构型为________，NH4NO3中N原子的杂化方式为________，与N2O互为等电子体的分子有________(填一种即可)。‎ ‎(3)Na、Mg、Al三种元素中，按第一电离能由大到小的顺序是________________。‎ ‎(4)氮化硼、氮化铝、氮化镓的结构类似于金刚石，熔点如表所示：‎ 物质 BN AlN GaN 熔点/℃‎ ‎3 000‎ ‎2 200‎ ‎1 700‎ 试从结构的角度分析它们熔点不同的原因_______________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(5)磷化铝晶胞如图所示，P原子的配位数为________，若两个铝原子之间的最近距离为d pm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则磷化铝晶体的密度ρ＝________g·cm－3。‎ 解析：(1)镓与铝属于同一主族元素，镓位于第四周期，根据构造原理可写出基态镓原子的价电子排布式为4s24p1。(2)基态磷原子核外有15个电子，运动状态各不相同，即基态磷原子核外共有15种不同运动状态的电子。NO的空间构型为平面三角形。NH4NO3中有2种N原子，其中NH中N原子采用sp3杂化，NO中的N原子采用sp2杂化。与N2O互为等电子体的分子有CO2等。(3)同一周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但Mg的最外层3s轨道全充满，处于稳定状态，故第一电离能由大到小的顺序为Mg＞Al＞Na。(4)BN、AlN和GaN都是原子晶体，原子半径：B＜Al＜Ga，随着键长逐渐增大，键能逐渐降低，熔点也逐渐降低。(5)根据晶胞结构示意图可知，每个P原子周围连有4个Al原子形成正四面体结构，P原子的配位数为4，在该晶胞中Al原子的个数为8×＋6×＝4，P原子的个数为4，即该晶体的化学式为AlP，两个Al原子之间的最近距离为d pm＝d×10－‎10 cm，则晶胞的边长为d×10－‎10 cm，根据×‎58 g＝ρ×(d×10－10)‎3 cm3，解得ρ＝×‎1030 g·cm－3。‎ 答案：(1)4s24p1‎ ‎(2)15　平面三角形　sp3、sp2　CO2(其他合理答案也可)‎ ‎(3)Mg＞Al＞Na ‎(4)氮化硼、氮化铝和氮化镓都是原子晶体，键长依次增大，键能依次降低，熔点依次降低 ‎(5)4　×1030‎ ‎16．张亭栋研究小组受民间中医启发，发现As2O3(俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是ⅤA族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：‎ ‎(1)N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为________；As原子的核外电子排布式为________________________________________________________________________。‎ ‎(2)NH3的沸点比PH3________(填“高”或“低”)，原因是_________________。‎ ‎(3)Na3AsO4中含有的化学键类型包括________，AsO的空间构型为________；As4O6的分子结构如图1所示，则在该化合物中As的杂化方式是________。‎ ‎(4)白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图2。已知晶胞的边长为a cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中含有的P原子个数为________，该晶体的密度为________g·cm－3。(用含NA、a的式子表示)‎ 解析：(1)N、P、As属于同主族元素，根据同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，可知第一电离能：N＞P＞As。As位于第四周期ⅤA族，故其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3或1s22s22p63s23p63d104s24p3。(2)NH3、PH3均为分子晶体，由于NH3分子间存在较强的氢键作用，而PH3分子间仅有较弱的范德华力，因此NH3的沸点比PH3高。(3)Na3AsO4中Na＋与AsO之间为离子键，AsO中As与O之间为共价键。AsO中As无孤电子对，其空间构型为正四面体形。题图1所示的As4O6中As有一对孤电子对，成键(σ键)电子对数为3，杂化轨道数为4，故As的杂化方式为sp3。(4)该晶胞为面心立方堆积，1个晶胞中含有的白磷分子个数为8×＋6×＝4，含有的磷原子个数为16。该晶胞含有4个白磷分子，晶胞的体积为a‎3 cm3，故该晶体的密度为 g÷a‎3 cm3＝ g·cm－3。‎ 答案：(1)N＞P＞As ‎[Ar]3d104s24p3(或1s22s22p63s23p63d104s24p3)‎ ‎(2)高　NH3分子间存在较强的氢键作用，而PH3分子间仅有较弱的范德华力 ‎(3)离子键、共价键　正四面体形　sp3　(4)16　 ‎17．金属钒(V)广泛应用于航空、化工、能源等行业。‎ ‎(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用________形象化描述。‎ ‎(2)基态钒原子核外有________个运动状态不同的电子，价电子排布式为____________。‎ ‎(3)VCl2溶液与乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)可形成配离子[V(En)2]2＋(En是乙二胺的简写)，该配离子中所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是__________________‎ ‎(用元素符号表示)。‎ ‎(4)钒能形成多种配合物，钒的两种配合物X、Y的化学式均为V(NH3)3ClSO4，取X、Y的溶液进行实验(已知配体难电离出来)，所用试剂及所得现象如表所示：‎ X的溶液 X的溶液 Y的溶液 Y的溶液 试剂 BaCl2溶液 AgNO3溶液 BaCl2溶液 AgNO3溶液 现象 白色沉淀 无明显变化 无明显变化 白色沉淀 则X的配离子为________，Y的配体是________。‎ ‎(5)VO晶体的晶胞结构如图所示，VO晶体中V2＋的配位数为________，若该晶胞边长为b nm，则该晶体的密度为________g·cm－3(用含b、NA的代数式表示，NA为阿伏加德罗常数的值)。‎ 解析：(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云形象化描述。(2)V位于元素周期表中第四周期、第ⅤB族，则其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2，其原子核外有23个运动状态不同的电子，价电子排布式为3d34s2。(3)该配离子中所含非金属元素有N、H、C，电负性大小为N＞C＞H。(4)向配合物X的溶液中加入BaCl2溶液形成白色沉淀，加入AgNO3溶液无明显现象，则X的外界离子为SO，向配合物Y的溶液中加入BaCl2溶液无明显现象，加入AgNO3溶液形成白色沉淀，则Y的外界离子为Cl－，所以配合物X为[V(NH3)3Cl]SO4，配合物Y为[V(NH3)3(SO4)]Cl，X的配离子为[V(NH3)3Cl]2＋，Y的配体为NH3、SO。(5)V2＋与V2＋周围等距且最近的O2－形成一个正八面体，V2＋占据正八面体的中心，O2－占据正八面体的顶点，则V2＋的配位数为6‎ ‎；根据晶胞结构，一个VO晶胞中，含有V的数目为8×＋6×＝4，含有O的数目为1＋12×＝4，则一个晶胞的质量m＝ g，一个晶胞的体积V0＝b3 nm3＝(b×10－7)‎3 cm3，则晶体的密度ρ＝＝ g·cm－3。‎ 答案：(1)电子云　(2)23　3d34s2‎ ‎(3)N＞C＞H ‎(4)[V(NH3)3Cl]2＋　NH3、SO ‎(5)6　 ‎18．铬铁合金作为钢的添加料生产多种具有高强度、耐高温、耐腐蚀等优良性能的特种钢，这类特种钢中含有碳、硅、氧、氮、磷等元素。‎ ‎(1)基态Cr原子的价电子排布式为_______________________________________。‎ ‎(2)PO的空间构型为________，中心原子的杂化方式为________。‎ ‎(3)碳化硅(SiC)晶体具有类似金刚石的结构，其中碳原子和硅原子的位置是交替的，但是碳化硅的熔点低于金刚石，原因是________________________________________。‎ ‎(4)无水CrCl3和氨分子作用能形成某种配合物，该配合物的组成相当于CrCl3·6NH3。已知：若加入AgNO3溶液，能从该配合物的水溶液中将所有的氯沉淀为AgCl；若加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生。请从配合物的形式推算出它的内界和外界，写出该配合物的结构式________________，1 mol该配合物中含有σ键的数目为________。‎ ‎(5)铁和氮形成一种晶体，晶胞结构如图所示，则该晶体的化学式为____________，若该晶体的密度为ρ g·cm－3，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是________cm3。‎ 解析：(1)基态Cr原子核外有24个电子，电子排布式为[Ar]3d54s1，故价电子排布式为3d54s1。(2)PO中P无孤电子对，空间构型为正四面体形，中心原子P的杂化方式为sp3杂化。(4)加入AgNO3溶液，能将所有氯沉淀，说明Cl－为外界，加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生，说明NH3在内界，故该配合物的结构式为[Cr(NH3)6]Cl3。该配合物中Cr与6个NH3之间的配位键均为σ键，NH3中N—H键为σ键，故1 mol该配合物中含有σ键的数目为24NA。(5)该晶胞中Fe位于顶点和面心，个数为8×＋6×＝4，N 位于体心，个数为1，故该晶体的化学式为Fe4N。该晶胞的质量为 g＝ g，故该晶胞的体积为 g÷ρ g·cm－3＝ cm3。‎ 答案：(1)3d54s1　(2)正四面体　sp3‎ ‎(3)两种晶体都是原子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高。原子半径：C＜Si，键长：C—C键＜Si—C键，所以碳化硅的熔点低于金刚石 ‎(4)[Cr(NH3)6]Cl3　24NA　(5)Fe4N　 ‎19．钛(22Ti)铝合金在航空领域应用广泛，回答下列问题：‎ ‎(1)基态Ti原子的核外电子排布式为[Ar]________，其中s轨道上总共有________个电子。‎ ‎(2)六氟合钛酸钾(K2TiF6)中存在[TiF6]2－配离子，则钛元素的化合价是________，配位体是________。‎ ‎(3)TiCl3可用作烯烃定向聚合的催化剂，例如，丙烯用三乙基铝和三氯化钛作催化剂时，可以发生聚合反应：nCH3CH===CH2CH(CH3)—CH2，该反应涉及的物质中碳原子的杂化轨道类型有________；该反应涉及的元素中电负性最大的是________。三乙基铝是一种易燃物质，在氧气中三乙基铝完全燃烧所得产物中分子的立体构型是直线形的是________。‎ ‎(4)钛与卤素形成的化合物的熔沸点如表所示：‎ 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ TiCl4‎ ‎－25‎ ‎136.5‎ TiBr4‎ ‎39‎ ‎230‎ TiI4‎ ‎150‎ ‎377‎ 分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定规律的原因是______________________‎ ‎__________________________________________________________。‎ ‎(5)金属钛有两种同素异形体，常温下是六方堆积，高温下是体心立方堆积。如图所示是钛晶体的一种晶胞，晶胞参数a＝0.295 nm，c＝0.469 nm，则该钛晶体的密度为________g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。‎ 解析：(1)基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2，其中s轨道上总共有8‎ 个电子。(2)[TiF6]2－配离子中F显－1价，Ti显＋4价，配位体是F－，配位数是6。(3)该反应涉及的物质中碳原子的杂化轨道类型是sp3、sp2。非金属性越强，电负性越大，故该反应涉及的元素中电负性最大的是Cl。CO2为直线形分子。(4)TiCl4、TiBr4、TiI4的熔沸点较低，都是分子晶体，对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高。(5)该晶胞中含有的钛原子的数目为2×＋3＋12×＝6，则该晶胞的质量为6× g，又该晶胞的体积为a×10－7×a×10－7××6×c×10－7，所以该钛晶体的密度为g·cm－3。‎ 答案：(1)3d24s2　8　(2)＋4　F－‎ ‎(3)sp2、sp3　Cl　CO2‎ ‎(4)TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增强，因而三者的熔点和沸点依次升高 ‎(5) ‎20．钴的化合物有丰富多彩的颜色，考古发现我国古代陶器釉料大多含有钴的化合物，请回答下列关于钴及其化合物的问题：‎ ‎(1)基态Co原子核外的最高能层符号是________，基态Co3＋核外未成对的电子数为________。‎ ‎(2)已知CoCl2的熔点为‎86 ℃‎，易溶于水，则CoCl2是________晶体。又知CoO的熔点是1 ‎935 ℃‎，CoS的熔点是1 ‎135 ℃‎，试分析CoO的熔点较高的原因_________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)Co3＋、Co2＋易形成配离子，如[Co(CN)6]3－、[Co(SCN)4]2－。已知CoCl3·6H2O有多种结构，若取1 mol CoCl3·6H2O溶解于水后滴加足量硝酸银溶液能够形成2 mol白色沉淀，则CoCl3·6H2O中的配离子为________(写出化学式)；配位体SCN－对应的酸为HSCN，HSCN通常有HSCN和H—N==C==S两种结构，比较二者沸点的高低并分析其原因：_____________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)一种Co3＋的配离子为[Co(NO2)(NH3)5]2＋，该配离子中NO提供配位键的原子是________，NO中N原子的杂化类型是________。‎ ‎(5)常温下金属钴晶体的晶胞为六方最密堆积(如图所示)，若钴原子的半径为r nm ‎，则金属钴晶体中原子的配位数是________；晶体的密度是________g·cm－3(用含r的代数式表示，NA为阿伏加德罗常数的值)。‎ 解析：(1)基态Co原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2，故最高能层符号为N，Co3＋的价电子排布式为3d6，故Co3＋核外有4个未成对电子。(2)CoCl2的熔点较低，应为分子晶体；CoO的熔点是1 ‎935 ℃‎，CoS的熔点是1 ‎135 ℃‎，因两者均为离子晶体，但S2－半径大于O2－半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高。(3)根据信息，CoCl3·6H2O中有2个Cl－在外界，所以其配离子为[Co(H2O)6Cl]2＋；HSCN和H—N===C===S相比，后者分子之间可以形成氢键，因而沸点较高。(4)NO中N原子为sp2杂化。(5)六方最密堆积中原子的配位数是12，原子的半径为r nm，则六边形的边长为2r nm，六棱柱的高为×2r nm，六棱柱的体积为24r3 nm3,1个晶胞中含有6个钴原子，则晶体的密度为 g÷‎ ‎24r3 nm3＝ g·cm－3。‎ 答案：(1)N　4　‎ ‎(2)分子　两者均为离子晶体，但S2－半径大于O2－半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高 ‎(3)[Co(H2O)6Cl]2＋　HSCN的沸点低于H—N===C===S，后者分子之间容易形成氢键，而前者只有范德华力　(4)N　sp2　(5)12　 ‎21． X、Y、Z、W为原子序数递增的短周期主族元素，Y的简单气态氢化物的水溶液呈弱碱性，Z元素无最高正价，且基态原子有2个未成对电子，基态W原子价层电子排布式为nsn－1npn－1，X与W为同主族元素。基态R原子M能层全充满且最外层只有1个电子。请回答下列问题：‎ ‎(1)基态R原子的核外电子排布式为________。R单质晶体晶胞的堆积方式为________，晶胞的空间利用率为________。‎ ‎(2)X、Y、Z三种元素的第一电离能由小到大的顺序为________(填元素符号，下同)。‎ ‎(3)YF3分子中Y的杂化类型为________，该分子的空间构型为________。‎ ‎(4)Y的气态氢化物在水中可形成氢键，其氢键最可能的形式为________。‎ ‎ (5)分子中的大π键可用符号Π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，X的某气态氧化物的相对分子质量为44，则该气态氧化物中的大π键应表示为________，其中σ键与π键数目之比为________。‎ ‎(6)R元素与Y元素形成某种化合物的晶胞结构如图所示(黑球代表R原子)，若该晶体的密度为ρ g·cm－3，则该晶胞的边长是________cm3(NA表示阿伏加德罗常数的值)。‎ 解析：根据Y的简单气态氢化物的水溶液呈碱性可知Y为N，根据Z元素无最高正价且基态原子有2个未成对电子，可确定Z为O；由基态W原子价层电子排布式为 nsn－1npn－1可确定n＝3，则W为Si，与其同主族的X为C；根据基态R原子M能层全充满且最外层只有1个电子，可确定其价电子排布式为3d104s1，则R为Cu。‎ ‎(1)根据构造原理可写出Cu的核外电子排布式。Cu晶体采取面心立方最密堆积，一个晶胞中含有Cu原子个数为6×＋8×＝4，设Cu原子的半径为r，则晶胞的空间利用率＝×100%＝74%。(2)同周期主族元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道半充满，较稳定，故第一电离能大于O，则C、N、O的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N。(3)NF3分子中N原子上有1对孤对电子，价层电子对数为4，采取sp3杂化，NF3分子的空间构型为三角锥形。(4)氨气溶于水形成NH3·H2O，NH3·H2O能电离出NH和OH－，因此氨气在水中形成氢键，其氢键最可能的形式是氨气分子中N原子上的孤对电子与水分子中的H原子共用形成氢键，B项正确。(5)结合C元素的某气态氧化物的相对分子质量为44，可知该氧化物为CO2，分子中的大π键可用符号Π表示，其中m表示参与形成大π键的原子数，n表示参与形成大π键的电子数，则CO2中的大π键可表示为Π，CO2分子中含有2个C===O键，其中σ键与π键数目之比为1∶1。(6)根据均摊法可知，该晶胞中含有N原子的个数为8×＝1，含Cu原子的个数为12×＝3，故该晶体的化学式为Cu3N。1 mol该晶胞的质量为‎206 g，则该晶胞的边长为＝‎ cm。‎ 答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1　面心立方最密堆积　74%‎ ‎(2)C＜O＜N　(3)sp3　三角锥形　(4)B　(5)Π　1∶1‎ ‎(6) ‎22．太阳能电池板材料的主要成分是硅单质，还有Cu、In、Ga、Se、Si的化合物。‎ ‎(1)基态硒原子的价层电子排布式为____________________________________。‎ ‎(2)碳、硅、锗位于同主族，其中第一电离能最大的是________(填元素符号)。‎ ‎(3)在高温下，Cu2O比CuO稳定，从离子的电子层结构角度分析，其主要原因是________________________________________________________________________。‎ ‎(4)硅和碳一样，硅的氢化物叫硅烷。‎ ‎①H2Se分子的立体构型是________。‎ ‎②已知硅烷中“Si—H键”的共用电子对偏向氢，硒与氢气反应时H2作还原剂。由此推知，电负性：硒________硅(填“＞”“＜”或“＝”)。‎ ‎③硅烷的沸点与硅烷分子中硅原子数的关系如图1所示，呈现这种变化的原因是________________________________________________________________________。‎ ‎④硅烷种类没有烷烃多，从键能角度解释，其主要原因是____________________‎ ‎____________________________________________________。‎ ‎(5)硼、镓、铟位于同主族，硼元素具有缺电子性(价电子数少于价层轨道数)，其化合物可与具有孤电子的分子或离子生成配合物，如BF3能与NH3反应生成BF3·NH3，在BF3·NH3中B原子的杂化轨道类型是________，B原子与N原子之间形成________键。‎ ‎(6)GaAs、GaN等都是新型半导体材料。GaAs晶胞如图2所示。‎ 已知：GaAs晶体的熔点为1 ‎238 ℃‎，密度为d g·cm－3，NA表示阿伏加德罗常数的值。‎ ‎①GaAs晶体类型是____________。‎ ‎②晶胞中“Ga—As键”的键长为________pm。‎ 解析：(1)在元素周期表中，硒位于硫的正下方，硒的质子数为34，价层电子排布式为4s24p4。(2)同主族元素从上至下第一电离能逐渐减小。在碳、硅、锗中碳的第一电离能最大。(3)‎ 分析铜离子、亚铜离子的外围电子排布式，Cu＋中3d轨道达到全充满稳定结构。(4)①H2Se分子中硒原子价层有4个电子对，其中有2对孤电子对，呈V形。②硅的电负性小于氢，硒的电负性大于氢，则硒的电负性大于硅。③硅烷分子中只存在范德华力，不存在氢键，随着硅原子数增多，硅烷的相对分子质量增大，范德华力增大，硅烷的沸点升高。④硅烷种类比烷烃少，与硅硅键没有碳碳键稳定有关。(5)BF3中B原子与N原子形成配位键；一个B原子形成4个共价键，采用sp3杂化。(6)①根据熔点知，砷化镓晶体是原子晶体。②砷化镓中存在共价键，观察晶胞知，1个晶胞含4个“GaAs”，晶胞体对角线的长度等于砷镓键键长的4倍。设晶胞参数为a cm，d＝，a＝；设砷镓键键长为 R cm，有(4R)2＝‎3a2，R＝a＝ ，则砷镓键键长为·×1010 pm。‎ 答案：(1)4s24p4　(2)C ‎(3)Cu2O中Cu＋的外围电子排布式为3d10，CuO中Cu2＋的外围电子排布式为3d9，前者达到全充满稳定结构 ‎(4)①V形　②＞　③硅原子数越大，硅烷的相对分子质量越大，范德华力越大　④碳原子半径小于硅原子，烷烃中碳碳键键长较短，键能较大 ‎(5)sp3　配位　‎ ‎(6)①原子晶体　②·×1010‎