2019届一轮复习人教版物质结构与性质学案(1)

2019届一轮复习人教版物质结构与性质学案(1)

第15讲　物质结构与性质(选修3)‎ ‎[考纲要求]1.原子结构与元素的性质：(1)了解原子核外电子的排布原理及能级分布，能正确书写价电子的电子排布式和轨道表达式。了解原子核外电子的运动状态。(2)了解元素电离能、电负性的含义，并能用以说明元素的某些性质。(3)了解原子核外电子在一定条件下会发生跃迁，了解其简单应用。2.化学键与物质的性质：(1)理解离子键、共价键、金属键的含义和形成，了解共价键的极性，能根据物质的结构特征解释其物理性质。(2)了解配位键的含义。(3)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。(4)了解金属晶体常见的堆积方式。(5)能用价层电子对互斥理论或者杂化轨道理论推测常见的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)了解氢键的含义及氢键的存在对物质性质的影响，能列举含有氢键的物质。(3)了解分子晶体与原子晶体、离子晶体、金属晶体的结构与性质的关系。(4)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。(5)了解晶格能的概念，了解晶格能对离子晶体性质的影响。‎ ‎[学科素养]1.宏观辨识与微观探析：认识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。2.证据推理与模型认知：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，揭示现象的本质和规律。‎ ‎[网络构建]‎ ‎[核心强化]‎ ‎1．复习必记的4种金属核外电子排布式的书写 Cr：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；‎ Fe：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；‎ Cu：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；‎ Zn：1s22s22p63s23p62d104s2或[Ar]3d104s2。‎ ‎2．常考元素第一电离能的大小比较 N>O>C，P>S>Si。‎ ‎3．常考分子的杂化方式和空间构型 CH4：sp3杂化，正四面体；‎ NH3：sp3杂化，三角锥；‎ H2O：sp3杂化，V形。‎ ‎4．熟记几种常见的晶胞结构及晶胞含有的粒子数目 A．NaCl(含4个Na＋，4个Cl－)‎ B．干冰(含4个CO2)‎ C．CaF2(含4个Ca2＋，8个F－)‎ D．金刚石(含8个C)‎ E．体心立方(含2个原子)‎ F．面心立方(含4个原子)‎ ‎5．易错的知识点 ‎(1)ⅠA族和ⅡA族元素位于s区，ⅢA～ⅦA族和0族元素位于p区，ⅢB～ⅦB族和Ⅷ族元素位于d区，ⅠB族和ⅡB族元素位于ds区。‎ ‎(2)一般地，原子的第一电离能越小，金属性越强。‎ ‎(3)叁键中有1个σ键和2个π键。一般σ键比π键稳定。‎ ‎(4)杂化轨道只用于形成σ 键或者用来容纳未参与成键的孤电子对，未参与杂化的p轨道可用于形成π键。‎ ‎(5)氢键的存在使冰的密度小于水的密度，使H2O的沸点高于H2S的沸点。‎ ‎(6)分子晶体具有熔点低、硬度很小、易升华的物理特性。‎ ‎(7)原子晶体中相邻原子间以共价键相结合，高硬度、高熔点是原子晶体的物理特性。‎ ‎(8)晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，而且熔点越高，硬度越大。‎ 考点一　原子结构与性质 ‎　(1)(2018·全国卷Ⅰ)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)。‎ ‎②Li＋与H－具有相同的电子构型，r(Li＋)小于r(H－)，原因是__________________________________________________。‎ ‎(2)(2018·全国卷Ⅱ)回答下列问题：‎ ‎①Zn原子核外电子排布式为________。‎ ‎②黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是____________________________。‎ ‎(3)(2018·全国卷Ⅱ)回答下列问题：‎ 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。‎ ‎[解析]　(1)①根据能级能量E(1s)”或“<”)‎ ‎(4)(2016·全国卷Ⅰ)光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是______________________。‎ ‎(5)(2015·全国卷Ⅰ)A、B、C、D 为原子序数依次增大的四种元素，A2－和B＋具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。则四种元素中电负性最大的是________(填元素符号)。‎ ‎(6)(2013·全国卷Ⅱ)F、K、Fe、Ni四种元素中第一电离能最小的是________，电负性最大的是________。(填元素符号)‎ ‎[解析]　(1)O是非金属元素，而Mn是金属元素，前者易得电子而不易失电子，后者则反之，所以O的第一电离能大于Mn的。Mn和O的基态原子核外电子排布式分别为1s22s22p63s23p63d54s2、1s22s22p4，前者的3d轨道中5个电子均未成对，后者的2p轨道中有2个电子未成对，所以Mn的基态原子核外未成对电子数较多。‎ ‎(2)非金属性：H　<　(4)O>Ge>Zn ‎(5)O　(6)K　F 电离能与电负性变化规律与大小判断 ‎(1)元素第一电离能的周期性变化规律 ‎(2)电离能、电负性大小判断 规律 在周期表中，电离能、电负性从左到右逐渐增大，从上往下逐渐减小 特性 同周期主族元素，第ⅡA族(ns2)全充满、第ⅤA族(np3)半充满，比较稳定，所以其第一电离能大于同周期相邻的第ⅢA和第ⅥA族元素 方法 我们常常应用化合价及物质类别判断电负性的大小，如O与Cl的电负性比较：①HClO中Cl为＋1价、O为－2价，可知O的电负性大于Cl；②Al2O3是离子化合物、AlCl3是共价化合物，可知O的电负性大于Cl ‎ ‎ 角度三：原子结构与性质 ‎3．A、B、C、D、E、F为硫酸铝钾和硫酸铝铵的组成元素，A原子核外只有1种运动状态的电子，B、C元素位于第二周期且原子半径B>C，D与C同主族，E、F元素的电离能数据如下表：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)A在元素周期表中属于__________区元素。‎ ‎(2)基态E原子的电子排布式为__________。‎ ‎(3)D、E、F离子半径大小顺序为__________(用离子符号表示)。‎ ‎(4)B、C、D电负性大小顺序为__________(用元素符号表示)。‎ ‎(5)参照表中数据，进行判断：Mg原子第一电离能__________(填“大于”或“小于”)577.5 kJ·mol－1。‎ ‎(6)通过上述信息和表中数据分析，为什么E原子失去核外第二个电子所需的能量要远远大于失去第一个电子所需的能量：_______________________________________________________。‎ ‎[解析]　硫酸铝钾和硫酸铝铵的化学式分别为KAl(SO4)2、NH4Al(SO4)2，二者的组成元素有H、O、N、S、Al、K，需根据题目条件推出A、B、C、D、E、F所对应的元素。A原子核外只有1种运动状态的电子，说明A原子外只有1个电子，A为H。H、O、N、S、Al、K六种元素中，只有O、N处于第二周期，且N的原子半径大于O，故B为N，C为O。与O元素同主族的应该是S，故D为S。根据E、F元素电离能数据可知，E 元素的第一电离能和第二电离能相差很大，第二电离能与第三、四电离能相差不大，说明E原子最外层只有1个电子，故E为K，F为Al。(1)H的原子结构中只有1s上有1个电子，所以H属于s区元素。(2)E为K，其原子核外有19个电子，基态K原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1。(3)S2－、Al3＋、K＋半径比较时，由于K＋、S2－具有3个电子层，Al3＋只有2个电子层，所以K＋、S2－的半径都大于Al3＋的半径，K＋和S2－具有相同的电子层结构，原子序数越小，半径越大，故S2－的半径大于K＋的半径。(4)元素非金属性越强，其电负性越大，故电负性O>N>S。(5)Mg原子的价电子排布式为3s2，处于全充满状态，失去3s2上的1个电子比Al原子失去3p1上的1个电子更难，故Mg原子的第一电离能大于577.5 kJ·mol－1。‎ ‎[答案]　(1)s　(2)1s22s22p63s23p64s1‎ ‎(3)S2－>K＋>Al3＋‎ ‎(4)O>N>S　(5)大于 ‎(6)K原子失去一个电子后，K＋已形成稳定结构，此时再失去一个电子很困难 ‎4．(2018·重庆一中阶段检测)已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X与Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)X元素基态原子的电子排布式为__________，该元素的符号是__________。‎ ‎(2)Y元素原子的价层电子排布图为__________，该元素的名称是__________。‎ ‎(3)已知化合物X2Y3在稀硫酸中可被金属锌还原为XZ3，产物还有ZnSO4和H2O，该反应的化学方程式是 ‎___________________________________________________。‎ ‎(4)比较X的氢化物与同族第二、三周期元素所形成的氢化物的稳定性，并说明理由：______________________________________‎ ‎________________________________________________________。‎ ‎[解析]　(1)根据构造原理，X元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，该元素为33号元素砷，符号是As。(2)Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，Y可能为O或C，因X与Y可形成化合物X2Y3，故Y为O，其价层电子排布图为 ‎。(3)根据三种元素的原子序数之和等于42可推出Z为H，XZ3为AsH3，根据得失电子守恒配平化学方程式：As2O3＋6Zn＋6H2SO4===2AsH3↑＋6ZnSO4＋3H2O。(4)同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，其氢化物中化学键的键长逐渐增大，键能逐渐减小，稳定性逐渐减弱。‎ ‎[答案]　(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3　As ‎(2) 　氧 ‎(3)As2O3＋6Zn＋6H2SO4===2AsH3↑＋6ZnSO4＋3H2O ‎(4)稳定性：NH3>PH3>AsH3。原因：原子半径NN>C ‎(3)sp3　乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键 ‎(4)4　CF　(5)三角锥形　sp3‎ ‎(1)微粒的空间构型 ‎(2)微粒空间构型的其他判断方法 一般情况下，对于ABn型分子，可根据n的值判断微粒的空间构型：‎ 考点三　晶体结构与性质 ‎(1)(2018·全国卷Ⅰ)Li2O具有反萤石结构，晶胞如图所示。已知晶胞参数为0.4665 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)。‎ ‎(2)(2018·全国卷Ⅲ)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为________。六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为________g·cm－3(列出计算式)。‎ ‎(3)(2018·全国卷Ⅱ)FeS2晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为a nm，FeS2相对分子质量为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)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。‎ ‎(2)题图中原子的堆积方式为六方最密堆积。六棱柱底部正六边形的面积＝6×a2 cm2，六棱柱的体积＝6×a2c cm3，该晶胞中Zn原子个数为12×＋2×＋3＝6，已知Zn的相对原子质量为65，阿伏加德罗常数的值为NA，则Zn的密度ρ＝＝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。‎ ‎[答案]　(1) ‎(2)六方最密堆积(A3型)　 ‎(3)×1021　a ‎[分点突破]‎ 角度一：晶体的类型与性质判断 ‎1．(1)金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色易挥发性液体Ni(CO)4，呈正四面体构型。试推测Ni(CO)4的晶体类型是________，Ni(CO)4易溶于________(填字母)。‎ A．水 B．四氯化碳 C．苯 D．硫酸镍溶液 ‎(2)实验测得铝元素与氯元素形成化合物的实际组成为Al2Cl6，其球棍模型如图所示。已知Al2Cl6在加热时易升华，Al2Cl6属于________(填晶体类型，下同)晶体。Na[Al(OH)4]属于________‎ 晶体，存在的化学键有________。‎ ‎(3)磷化硼(BP)是一种有价值的耐磨硬涂层材料，它是在高温(>750 ℃)氢气氛围下通过三溴化硼和三溴化磷反应制得的，可知BP为________晶体。‎ ‎(4)原子簇是由几个到几百个原子形成的聚集体，如铝原子簇Al13、Al14。已知原子簇价电子总数为2,8,20,40,58……时，原子簇通常可稳定存在。其中Al13的性质与卤素性质相似，则铝原子簇Al13属于________晶体，铝原子之间的作用力为________。‎ ‎[解析]　(1)由“易挥发性液体”可知Ni(CO)4是分子晶体，由“正四面体构型”可知Ni(CO)4是非极性分子，易溶于非极性溶剂四氯化碳和苯中。(2)由图可知，Al2Cl6是分子晶体。Na[Al(OH)4]是离子化合物，故是离子晶体，存在离子键、极性共价键、配位键。(3)磷化硼(BP)是一种有价值的耐磨硬涂层材料，说明硬度比较大；它是在高温(>750 ℃)氢气氛围下通过三溴化硼和三溴化磷反应制得的，说明耐高温；熔、沸点比较高，故其是原子晶体。(4)由题目信息可知，铝原子簇Al13应为分子晶体，内部铝原子之间的作用力为共价键。‎ ‎[答案]　(1)分子晶体　BC　(2)分子　离子　离子键、极性共价键、配位键　(3)原子　(4)分子　共价键 ‎2．(1)Na2SO4的熔点为884 ℃，NaNO3的熔点为307 ℃，Na2SO4熔点更高的原因是__________________________________‎ ‎_______________________________________________________。‎ ‎(2)晶体硅的结构与金刚石非常相似。金刚石、晶体硅和金刚砂(碳化硅)的熔点由高到低的顺序为___________________(填化学式)。‎ ‎(3)下表是一组物质的沸点数据：‎ 有机物 甲醇 ‎(CH3OH)‎ 丙烯 ‎(CH3CH===CH2)‎ 一氟甲烷 ‎(CH3F)‎ 相对分子质量 ‎32‎ ‎42‎ ‎34‎ 沸点/℃‎ ‎64.7‎ ‎－47.7‎ ‎－78.2‎ 甲醇相对分子质量较小，沸点却高于其他两种物质的原因是______________________________________________________。‎ ‎[解析]　(1)由于Na2SO4和NaNO3均为离子晶体，SO所带电荷比NO的多，故Na2SO4的晶格能较大，所以硫酸钠熔点较高。(2)金刚石、晶体硅和金刚砂(碳化硅)均是原子晶体，原子半径CSiC>Si。(3)由于甲醇分子间存在氢键，从而导致甲醇沸点高。‎ ‎[答案]　(1)Na2SO4和NaNO3均为离子晶体，SO所带电荷比NO的多，故Na2SO4晶格能较大，熔点较高 ‎(2)C>SiC>Si ‎(3)甲醇分子间存在氢键 ‎3．按要求回答下列问题：‎ ‎(1)①(2015·全国卷Ⅰ)CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物的熔点为253 K，沸点为376 K，其固体属于________晶体。‎ ‎②(2015·全国卷Ⅱ)氧和钠的氢化物所属的晶体类型分别为________和________。‎ ‎(2)①(2017·全国卷Ⅲ)在CO2低压合成甲醇反应(CO2＋3H2===CH3OH＋H2O)所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为 ‎__________________，原因是_______________________________‎ ‎_______________________________________________________。‎ ‎②(2016·全国卷Ⅲ)GaF3的熔点高于1000 ℃，GaCl3的熔点为77.9 ℃，其原因是__________________________________________‎ ‎_______________________________________________________。‎ ‎[答案]　(1)①分子　②分子晶体　离子晶体 ‎(2)①H2O>CH3OH>CO2>H2　H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多，CO2与H2均为非极性分子，CO2的相对分子质量较大，范德华力较大 ‎②GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体 比较晶体熔、沸点高低的规律方法 ‎(1)不同类型晶体的熔、沸点高低一般规律 原子晶体>离子晶体>分子晶体，‎ 金属晶体的熔、沸点差别很大，如钨、铂等熔点很高，汞、铯等熔点很低。‎ ‎(2)同类型晶体的熔、沸点高低一般规律 ‎①原子晶体 由共价键形成的原子晶体中，原子半径小的键长短，键能大，晶体的熔、沸点高。如熔点：金刚石>碳化硅>硅。‎ ‎②离子晶体 一般地说，阴阳离子的电荷数越多，离子半径越小，则离子间的作用力就越强，其晶体的熔、沸点就越高，如熔点：MgO>NaCl>CsCl。 ‎ ‎③分子晶体 a．分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高；具有氢键的分子晶体熔、沸点反常地高。如H2O>H2Te>H2Se>H2S。‎ b．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越高。SnH4>GeH4>SiH4>CH4。‎ c．组成和结构不相似的分子晶体(相对分子质量接近)，分子的极性越大，其熔、沸点越高。如CO>N2，CH3OH>CH3CH3。‎ ‎④金属晶体 金属离子半径越小，离子电荷数越多，金属键越强，金属熔、沸点就越高。如熔、沸点：Al>Mg>Na。 ‎ 角度二：晶胞的计算 ‎4．Ni、Fe、La的化合物在工农业生产中有广泛的应用。‎ ‎(1)铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x－n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为______________________。‎ ‎(2)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图3所示。该合金的化学式为__________________。‎ ‎(3)铁有δ、γ、α三种同素异形体，其晶胞如图4所示，γFe晶胞中所含有的铁原子数为__________，δ－Fe、α－Fe两种晶胞中铁原子的配位数之比为__________。‎ ‎[解析]　(1)观察晶胞图、能量变化图知，Cu替代顶点上的Fe(a位置Fe)，化学式为Fe3CuN，能量较低，较稳定；Cu替代面心上的Fe(b位置Fe)，化学式为FeCu3N，能量较高，不稳定。(2)每个晶胞中含有La的个数为8×＝1，Ni的个数为1＋8×＝5，该合金的化学式为LaNi5或Ni5La。(3)利用均摊法计算γ－Fe晶胞中所含有的铁原子数：8×＋6×＝4；根据晶胞的结构可知，δ－Fe晶胞中以顶点铁原子为例，与之距离最近且相等的铁原子是体心上的铁原子，这样的原子有8个，所以铁原子的配位数为8，α－Fe晶胞中以顶点铁原子为例，与之距离最近且相等的铁原子是与其相邻的其他顶点上的铁原子，这样的原子有6个，所以铁原子的配位数为6，所以δ－Fe、α－Fe 两种晶胞中铁原子的配位数之比为4∶3。‎ ‎[答案]　(1)Fe3CuN　(2)LaNi5(或Ni5La)‎ ‎(3)4　4∶3‎ ‎5．锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。锗单晶具有金刚石型结构。回答下列问题：‎ ‎(1)金刚石晶胞如图1所示，其中含有__________个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r＝__________a，碳原子在晶胞中的空间占有率为__________(不要求计算结果)。‎ ‎(2)晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图2为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0,0,0)；B为；C为。则D原子的坐标参数为__________。②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a′＝565.76 pm，其密度为__________ g·cm－3(列出计算式即可)。‎ ‎[解析]　(1)由金刚石的晶胞结构可知，晶胞内部有4个C原子，面心上有6个C原子，顶点有8个C原子，所以金刚石晶胞中C原子数目为4＋6×＋8×＝8；若C原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a ‎，根据硬球接触模型，则正方体体对角线长度的就是C—C键的键长，即a＝2r，所以r＝a，碳原子在晶胞中的空间占有率＝＝＝。(2)①对照晶胞图示、坐标系以及A、B、C的坐标，选A作为参照，观察D在晶胞中的位置(体对角线的处)，由B、C的坐标可以推知D的坐标为。②类似金刚石晶胞，1个Ge单晶的晶胞中含有8个锗原子，则ρ＝ g·cm－3。‎ ‎[答案]　(1)8　　 ‎(2)①　② ‎6．按要求回答下列问题：‎ ‎(1)(2016·全国卷Ⅱ)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。‎ ‎①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。‎ ‎②若合金的密度为d g·cm－3，晶胞参数a＝________ nm。‎ ‎(2)(2016·全国卷Ⅲ)GaAs的熔点为1238 ℃，密度为ρ g·cm－3，其晶胞结构如图所示。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__________。‎ ‎(3)(2015·全国卷Ⅱ)Na和O能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a＝0.566 nm，F的化学式为________；晶胞中O原子的配位数为________；列式计算晶体F的密度(g·cm－3)____________________。‎ ‎[解析]　(1)①由晶胞结构图可知，Ni原子处于立方晶胞的顶点，Cu原子处于立方晶胞的面心，根据均摊法，每个晶胞中含有Cu原子的个数为6×＝3，含有Ni原子的个数为8×＝1，故晶胞中Cu原子与Ni原子的数量比为3∶1。②根据m＝ρV可得，1 mol晶胞的质量为(64×3＋59) g＝a3×d g·cm－3×NA，则a＝cm＝‎ eq blc[rc](avs4alco1(f(251,6.02×1023×d)))×107 nm。‎ ‎(2)分析GaAs的晶胞结构，4个Ga原子处于晶胞体内，8个As原子处于晶胞的顶点、6个As原子处于晶胞的面心，结合“均摊法”计算可知，每个晶胞中含有4个Ga原子，含有As原子个数为8×＋6×＝4(个)，Ga和As的原子半径分别为rGa pm＝rGa×10－10 cm，rAs pm＝rAs×10－10 cm，则原子的总体积为V原子＝4×π×[(rGa×1010 cm)3＋(rAs×10－10 cm)3]＝×10－30(r＋r)cm3。又知Ga和As的摩尔质量分别为MGa g·mol－1和MAs g·mol－1，晶胞的密度为ρ g·cm－3，则晶胞的体积为V晶胞＝cm3，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%＝×100%＝×100%。‎ ‎(3)O2－半径大于Na＋半径，由F的晶胞结构可知，大球代表O2－，小球代表Na＋，每个晶胞中含有O2－个数为8×＋6×＝4，含有Na＋个数为8，故O2－、Na＋离子个数之比为4∶8＝1∶2，从而推知F的化学式为Na2O。由晶胞结构可知，每个O原子周围有8个Na原子，故O原子的配位数为8。晶胞参数a＝0.566 nm＝0.566×10－7 cm，则晶胞的体积为(0.566×10－7 cm)3，从而可知晶体F的密度为 ‎＝2.27 g·cm－3。‎ ‎[答案]　(1)①3∶1　②×107‎ ‎(2)×100%‎ ‎(3)Na2O　8‎ ＝2.27 g·cm－3‎ ‎(1)均摊法确定晶胞的化学组成 ‎①方法 晶胞中任意位置上的一个原子如果是被n个晶胞所共有，那么，该原子对这个晶胞的贡献就是。‎ ‎②类型 a．长方体(正方体)晶胞中不同位置的粒子对晶胞的贡献：‎ b．非长方体(非正方体)晶胞中粒子对晶胞的贡献视具体情况而定。如石墨晶胞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。再如图所示的正三棱柱形晶胞中：‎ ‎(2)晶体密度及粒子间距离的计算 ‎①计算晶体密度的方法 以一个晶胞为研究对象，根据m＝ρ·V，其一般的计算规律和公式可表示为：×n＝ρ×a3，其中M为晶体的摩尔质量，n 为晶胞所占有的粒子数，NA为阿伏加德罗常数，ρ为晶体密度，a为晶胞参数。‎ ‎②计算晶体中粒子间距离的方法 ‎1．(2018·江苏卷)臭氧(O3)在[Fe(H2O)6]2＋催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为SO和NO，NOx也可在其他条件下被还原为N2。‎ ‎(1)SO中心原子轨道的杂化类型为________；NO的空间构型为________(用文字描述)。[命题点：杂化类型及空间构型]‎ ‎(2)Fe2＋基态核外电子排布式为________。[命题点：电子排布式]‎ ‎(3)与O3分子互为等电子体的一种阴离子为________(填化学式)。[命题点：等电子体]‎ ‎(4)N2分子中σ键与π键的数目比n(σ)∶n(π)＝___________。[命题点：共价键]‎ ‎(5)[Fe(H2O)6]2＋与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2＋中，NO以N原子与Fe2＋形成配位键。请在[Fe(NO)(H2O)5]2＋结构示意图的相应位置补填缺少的配体。[命题点：配位键]‎ ‎[解析]　(1)SO中S原子的价层电子对数为4，所以采取sp3杂化。NO中氮原子上无孤对电子，成键电子对数为3，即N采取sp2杂化，NO的空间构型为平面(正)三角形。(2)Fe的原子序数是26，Fe2＋核外有24个电子，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。(3)等电子体是指价电子总数和原子数均相同的分子、离子或原子团，O3与 NO均为3原子18价电子的粒子，故二者互为等电子体。(4)N2分子中含有1个σ键和2个π键。(5)注意[Fe(NO)(H2O)5]2＋中N原子与Fe2＋形成配位键即可。‎ ‎[答案]　(1)sp3　平面(正)三角形 ‎(2)[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6‎ ‎(3)NO　(4)1∶2‎ ‎(5) ‎ ‎2．(2017·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)。回答下列问题：‎ ‎(1)氮原子价层电子对的轨道表达式(电子排布图)为______________________________。[命题点：电子排布图]‎ ‎(2)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图(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呈现异常的原因是_____________________________________________________‎ ‎_______________________________________________________。[命题点：亲和能力比较]‎ ‎(3)经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图(b)所示。‎ ‎①从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为________，不同之处为________。(填标号)‎ A．中心原子的杂化轨道类型 B. 中心原子的价层电子对数 C．立体结构 D．共价键类型 ‎②R中阴离子N中的σ键总数为________个。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(如苯分子中的大π键可表示为Π)，则N中的大π键应表示为________。‎ ‎③图(b)中虚线代表氢键，其表示式为(NH)N－H…Cl、________、________。[命题点：物质构型]‎ ‎(4)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____________________________。[命题点：晶体结构及计算]‎ ‎[解析]　(1)N原子位于第二周期第ⅤA 族，价电子是最外层电子，即电子排布图是；(2)根据图(a)，电子亲和能增大(除N外)，同周期从左向右非金属性增强，得电子能力增强，因此同周期自左而右电子亲和能增大；氮元素的p能级达到半满状态，原子相对稳定，不易得到1个电子；(3)①根据图(b)，阳离子是NH和H3O＋，NH中心原子N含有4个σ键，孤电子对数为(5－1－4×1)/2＝0，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，H3O＋中心原子是O，含有3个σ键，孤电子对数为(6－1－3)/2＝1，空间构型为正四面体形，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，空间构型为三角锥形，因此相同之处为ABD，不同之处为C；②根据图(b)N中σ键总数为5个；根据信息，N的大π键应是表示为Π；③根据图(b)还有的氢键是：(H3O＋)O—H…N　(NH)N—H…N；(4)根据密度的定义有：d＝ g/cm3，解得y＝。‎ ‎[答案]　(1) ‎ ‎(2)同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大　N的p能级处于半充满状态，具有稳定性，故不易结合一个电子 ‎(3)①ABD　C　②5　Π　③(H3O＋)O—H…N　(NH))N—H…N ‎(4) 题型特点：选做题　填空题 考向评析：原子结构在高考中常见的命题角度有原子核外电子的排布规律及其表示方法、原子结构与元素电离能和电负性的关系及其应用；分子结构则围绕某物质判断共价键的类型和数目，分子的极性、中心原子的杂化方式，微粒的立体构型，氢键的形成及对物质的性质影响等；晶体结构在高考中常见的命题角度有晶体的类型、结构与性质的关系，晶体熔沸点高低的比较，配位数、晶胞模型分析及有关计算等。上述考查知识点多以“拼盘”形式呈现，知识覆盖较广，命题角度具有相对独立性。‎ 答题启示：特别关注：①第四周期元素原子或离子电子排布式的书写；②晶胞微粒的计算方法。‎ 专题跟踪训练(十五)‎ 能力练(20分钟　50分)‎ 非选择题(共50分)‎ ‎1．(12分) A、B、C、D、E代表5种元素。请填空：‎ ‎(1)A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其基态原子的电子排布图为________。‎ ‎(2)B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，B－的结构示意图为________，C元素在元素周期表的________区。‎ ‎(3)D元素的正三价离子的3d能级为半充满状态，其基态原子的电子排布式为________。试根据原子核外电子排布所遵循的原理解释 D的二价阳离子具有较强的还原性，易被氧化为正三价离子的原因：_________________________________________________。‎ ‎(4)E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，其基态原子的价电子排布式为________。‎ ‎[解析]　(1)A元素为N，核外7个电子分别在1s、2s、2p轨道上。(2)B－与C＋的电子层结构都与氩相同，即核外都有18个电子，则B为Cl，C为K。(3)D元素原子失去2个4s电子和1个3d电子后变成＋3价离子，其原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，即26号元素铁。(4)E元素基态原子的M层全充满，说明M层上的3s、3p、3d能级都充满电子，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，故电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为3d104s1，为铜元素。‎ ‎[答案]　(1) ‎ ‎(2)　s ‎(3)1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)　Fe3＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5,3d轨道为半充满稳定结构，故Fe2＋容易失去一个电子，被氧化为Fe3＋‎ ‎(4)3d104s1‎ ‎2．(18分)氯吡苯脲是一种常用的膨大剂，其结构简式为 ‎，它是经国家批准使用的植物生长调节剂。‎ ‎(1)氯元素基态原子核外电子的未成对电子数为________。‎ ‎(2)氯吡苯脲晶体中，氮原子的杂化轨道类型为________，羰基碳原子的杂化轨道类型为__________。‎ ‎(3)查文献可知，可用2氯4氨基吡啶与异氰酸苯酯反应，生成氯吡苯脲：‎ ‎(4)膨大剂能在动物体内代谢，其产物较为复杂，其中有H2O、NH3、CO2等。‎ ‎①请用共价键知识解释H2O分子比NH3分子稳定的原因：____________________________。‎ ‎②H2O、NH3、CO2分子的空间构型分别是_______________，中心原子的杂化类型分别是______________________。‎ ‎[解析]　(1)根据构造原理可知，氯元素基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p5，所以未成对电子数为1。(2)根据氯吡苯脲的结构简式可知，有2个氮原子均形成3个单键，孤电子对数为1，属于sp3杂化；剩余1个氮原子形成1个双键和1个单键，孤电子对数为1，是sp2杂化；羰基碳原子形成2个单键和1个双键，为sp2杂化。(3)由于σ键比π键更稳定，根据反应方程式可以看出，断裂的化学键为异氰酸苯酯分子中的N===C键中的π键和2氯4氨基吡啶分子中的N—H键。(4)①O、N属于同周期元素，O的非金属性大于N，H—O键的键能大于H—N键的键能，所以H2O分子比NH3分子稳定。②H2O分子中O原子的价层电子对数＝2＋＝4，孤电子对数为2，所以为V形结构，O原子采用sp3杂化；NH3分子中N原子的价层电子对数＝3＋＝4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，N原子采用sp3杂化；CO2分子中C原子的价层电子对数＝2＋＝2，不含孤电子对，所以是直线形结构，C原子采用sp杂化。‎ ‎[答案]　(1)1　(2)sp2、sp3　sp2‎ ‎(3)NA　NA ‎(4)①H—O键的键能大于H—N键的键能　②V形、三角锥形、直线形　sp3、sp3、sp ‎3．(20分)(2018·安徽六安三模)H、C、N、O、W、Fe、V都是生活与化学工业中常见元素，设NA代表阿伏加德罗常数的值。请回答下列问题：‎ ‎(1)碳负离子CH的空间构型为________；根据等电子原理，NO＋的电子式为________。‎ ‎(2)N、Na＋、Fe3＋、Cu2＋四种微粒基态的核外电子排布式中未成对电子数最多的是________；Cu2＋在水中呈现蓝色是因为形成了水合铜离子，其化学式为________。‎ ‎(3)钒可用于人工合成二价钒固氮酶(结构如图甲)。钒固氮酶中钒的配位原子有________(填元素符号)。‎ ‎(4)烟酰胺(结构如图乙)可用于合成光合辅酶NADPH，烟酰胺分子中氮原子的杂化轨道类型有________，1 mol该分子中含σ键的数目为________。‎ ‎(5)上图为碳化钨晶体的一部分结构，碳原子嵌入金属钨的晶格的间隙，并不破坏原有金属的晶格，形成填隙＋固溶体，也称为填隙化合物。在此结构中，其中钨原子有________个，1个钨原子周围距离最近的碳原子有________个，假设该部分晶体的体积为V cm3，碳化钨的摩尔质量为M g·mol－1，密度为b g·cm－3，则阿伏加德罗常数的值NA可表示为________。‎ ‎(6)12 g石墨烯(结构如图丙)中含有的正六边形的物质的量为________mol；请你预测硅是否容易形成类似石墨烯的结构，并说明理由________________________________________________。‎ ‎[解析]　(1)碳负离子CH中碳原子的价层电子对数＝3＋＝4，含有一对孤对电子，所以空间构型为三角锥形；NO＋与氮气互为等电子体，则根据等电子原理，NO＋的电子式为[N⋮⋮O]＋。(2)N、Na＋、Fe3＋、Cu2＋四种微粒基态的核外电子排布式中未成对电子数分别是3、0、5、1，所以未成对电子数最多的是Fe3＋；Cu2＋在水中呈现蓝色是因为形成了水合铜离子，其化学式为[Cu(H2O)4]2＋。(3)由图可知，钒固氮酶中，N、S均能提供孤电子对，钒的配位原子为S与N。(4)由烟酰胺结构可知，分子中氨基中的N原子形成3个σ键、含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，而环中N原子形成2个σ键、含有1对孤电子对，杂化轨道数目为3，采取sp2杂化；1个分子中含有4个C—H键、2个N—H键、3个C—C键、2个C—N键、4个双键，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，故1个分子中含有σ键的数目为15,1 mol该分子中含σ键的数目为15NA。(5)在此结构中钨原子数目为1＋2×＋12×＋6×＝6，以体内钨原子可知，1个钨原子周围距离最近的碳原子有6个；结构中钨原子数目为6、碳原子数目为6，则晶胞的质量为6×，则6×＝V cm3×b g·cm－3，故NA＝。(6)12 g石墨烯中碳原子的物质的量为12 g÷12 g·mol－1＝1 mol，由石墨烯的结构图可知，每个碳原子被3个正六边形所共有，则一个正六边形含有6×＝2‎ 个碳原子，则含有的正六边形数目为1 mol××NA mol－1＝0.5NA，物质的量是0.5 mol；Si原子半径比碳原子半径大，3p轨道不易重叠形成π键，因此硅不容易形成类似石墨烯的结构。‎ ‎[答案]　(1)三角锥形　‎ ‎(2)Fe3＋　[Cu(H2O)4]2＋‎ ‎(3)N、S ‎(4)sp3、sp2　15NA ‎(5)6　6　 ‎(6)0.5　不容易，硅原子半径大于碳原子半径，且3p轨道不易重叠形成π键 拔高练(25分钟　50分)‎ 非选择题(共50分)‎ ‎1．(16分)A、B、C、D、E五种元素，位于元素周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增大，有如下信息：‎ 元素 信息 A 最外层电子数等于电子层数，常温下其单质为气体 B 基态原子的L层p轨道上有2个电子 C 基态原子核外有3个未成对电子 D 主族元素，原子与B原子的价电子数相同 E 基态原子的K层电子数与最外层电子数之比为2∶1，M层处于全充满状态 请回答下列问题：‎ ‎(1)B与C相比，电负性较大的是________(填元素符号)，E2＋‎ 的核外电子排布式为________。‎ ‎(2)①B可与A形成B2A4化合物，其含有的π键和σ键的个数比为________；‎ ‎②C可与A形成C2A4化合物，其中C原子的杂化轨道类型为________；‎ ‎③B与C可以形成BC－，五种元素形成的单质中，与BC－互为等电子体的是________。‎ ‎(3)B的最高价氧化物与D的最高价氧化物的沸点相差较大的原因是_______________________________________________________‎ ‎_______________________________________________________。‎ ‎(4)向含有E2＋的溶液中通入C的常见气态氢化物，先产生沉淀，继续通入该气体，沉淀溶解。请用物质结构解释沉淀溶解的原因：_____________________________________________________。‎ ‎(5)E单质的晶胞结构如图所示，原子采取面心立方最密堆积。若已知E原子半径为d，NA表示阿伏加德罗常数，摩尔质量为M。‎ ‎①E原子的配位数为________；‎ ‎②该晶体的密度可表示为________；‎ ‎③E原子采取的面心立方最密堆积的空间利用率为________。‎ ‎[解析]　A、B、C、D、E 五种元素，均位于元素周期表的前四周期，它们的核电荷数依次增大。前四周期元素原子最外层电子数等于电子层数的有H、Be、Al、Ge，而A的单质在常温下为气体，故A是H；B元素基态原子的L层p轨道上有2个电子，则其基态原子核外电子排布式为1s22s22p2，则B为C(碳)；E元素基态原子的K层电子数与最外层电子数之比为2∶1，M层处于全充满状态，则E原子核外电子数＝2＋8＋18＋1＝29，故E为Cu；D为主族元素，D原子与B原子的价电子数相同，且原子序数小于29，则D为Si；C的基态原子核外有3个未成对电子，且原子序数小于14，则其核外电子排布式为1s22s22p3，故C为N。(1)一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大，故电负性N>C；Cu2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9。(2)①B可与A形成CH2===CH2，其含有的π键和σ键的个数比为1∶5；②C可与A形成NH2NH2，其中N原子的价层电子对数为3＋1＝4，杂化轨道类型为sp3；③B与C可形成CN－，为14电子离子，五种元素形成的单质中，与其互为等电子体的是N2。(3)碳元素的最高价氧化物为CO2，其为分子晶体；Si元素的最高价氧化物为SiO2，其为原子晶体。(4)向含有Cu2＋的溶液中通入NH3，先生成Cu(OH)2沉淀，通入过量NH3，Cu(OH)2中的Cu2＋提供空轨道，NH3提供孤对电子，形成配位键，生成[Cu(NH3)4]2＋，Cu(OH)2沉淀溶解。(5)①由图可知，以顶点的Cu原子分析，位于面心的原子与之相距最近，则其配位数为12；②Cu原子半径为d，其面对角线长度为4d，立方体的棱长为×4d＝2d，则晶胞体积为(2d)3 ＝16d3，晶胞中含有的Cu原子数目为8×＋6×＝4，故晶体的密度＝＝；③晶胞为面心立方最密堆积，空间利用率＝ ‎×100%＝×100%≈74%。‎ ‎[答案]　(1)N　1s22s22p63s23p63d9(或[Ar]3d9)‎ ‎(2)①1∶5　②sp3　③N2‎ ‎(3)碳元素的最高价氧化物为CO2，其为分子晶体；Si元素的最高价氧化物为SiO2，其为原子晶体 ‎(4)Cu(OH)2中的Cu2＋提供空轨道，NH3提供孤对电子，形成配位键，生成[Cu(NH3)4]2＋，Cu(OH)2沉淀溶解 ‎(5)①12　②　③74%‎ ‎2．(16分)金属单质及其化合物在工农业生产中有广泛的应用。回答下列问题：‎ ‎(1)有机铁肥三硝酸六尿素合铁(Ⅲ)，化学式为[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3。‎ ‎①尿素分子中C原子的杂化方式是________。‎ ‎②该有机铁肥中“H2NCONH2”与Fe(Ⅲ)之间的作用力是_____。根据价层电子对互斥理论推测NO的空间构型为________。‎ ‎(2)Fe3＋可用SCN－检验。类卤素(SCN)2对应的酸有两种，分别为硫氰酸(H—S—C≡N)和异硫氰酸(H—N===C===S)，这两种酸中沸点较高的是________，原因是____________________________。‎ ‎(3)一种磁性材料的单晶胞结构如图所示。‎ ‎①该晶胞中碳原子的原子坐标为________。‎ ‎②若该晶胞的边长为a pm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度的表达式为ρ＝________g/cm3。‎ ‎[解析]　(1)①尿素的结构式为，其中C原子形成3个σ键和一个π键，杂化方式是sp2。②Fe(Ⅲ)提供空轨道，配体H2NCONH2中的两个N原子提供孤对电子，故“H2NCONH2”与Fe(Ⅲ)之间的作用力是配位键；根据价层电子对互斥理论，NO中中心原子N的价层电子对数为3＋＝3，杂化方式是sp2，推测NO的空间构型为平面三角形。(2)硫氰酸(H—S—C≡N)和异硫氰酸(H—N===C===S)中沸点较高的是H—N===C===S，该分子中N原子电负性较大，且存在N—H键，能形成分子间氢键。(3)①根据A、B的坐标可知，两个最近的Sn原子的距离为1，根据晶胞的结构，C位于体心，因此C的坐标是；②Sn位于顶点，个数为8×＝1，Mn位于面心，个数为6×＝3，C位于体心，全部属于晶胞，因此该晶体的化学式为SnMn3C，晶胞的质量为 g，晶胞的体积为(a×10－10)3 cm3，根据密度的定义，ρ ‎＝ g/cm3。‎ ‎[答案]　(1)①sp2　②配位键　平面三角形 ‎(2)异硫氰酸(H—N===C===S)　异硫氰酸能形成分子间氢键 ‎(3)①　② ‎3．(18分)(2018·湖南郴州质检)硼及其化合物在材料制造、有机合成等方面用途非常广泛。回答下列问题：‎ ‎(1)VB2是一种导电陶瓷材料，基态钒原子的价电子排布图为________________________。‎ ‎(2)B、C、N、O四种元素第一电离能由小到大的顺序为________。‎ ‎(3)硼的卤化物在工业中有重要作用，硼的四种卤化物的沸点如下表所示。‎ 卤化物 BF3‎ BCl3‎ BBr3‎ BI3‎ 沸点/K ‎172‎ ‎285‎ ‎364‎ ‎483‎ ‎①四种卤化物沸点依次升高的原因是_____________________‎ ‎________________________________________________________。‎ ‎②用BF3分子结构解释反应BF3(g)＋NH4F(s)===NH4BF4(s)能够发生的原因：_____________________________________________‎ ‎_______________________________________________________。‎ ‎③制备环硼氨烷的方法如下：‎ BCl3H3B3N3Cl3B3N3H6‎ BCl3、LiBH4中硼原子的杂化轨道类型依次为________；与B3N3H6互为等电子体的分子的结构简式为________。‎ ‎(4)立方氮化硼的晶胞结构与金刚石结构相似(如图所示)，是超硬材料。‎ ‎①晶胞中每个氮原子周围与其最近且等距离的硼原子有________个。‎ ‎②结构化学上常用原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，立方氮化硼的晶胞中，B原子的坐标参数分别有：B(0,0,0)；B；B等，则距离上述三个B原子最近且等距离的N原子的坐标参数为________________________。‎ ‎③已知氮化硼晶胞边长为a pm，则氮化硼晶体的密度为________g·cm－3(设NA为阿伏加德罗常数的值，只要求列出计算式)。‎ ‎[解析]　(1)V的核电荷数为23，其价电子排布式为3d34s2，则基态钒原子的价电子排布图为。(2)依据元素周期律及N原子第一电离能的反常可知，B、C、N、O四种元素第一电离能由小到大的顺序为B

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