2022屆新高考化學二輪復習教學案-專題十五　物質結構與性質

高考考綱再現(xiàn)1.原子結構與元素的性質(1)了解原子核外電子的運動狀態(tài)、能級分布和排布原理，能正確書寫1～36號元素原子核外電子、價(層)電子的電子排布式和軌道表示式(或電子排布圖)。(2)了解電離能的含義，并能用以說明元素的某些性質。(3)了解電子在原子軌道之間的躍遷及其簡單應用。(4)了解電負性的概念，并能用以說明元素的某些性質。2.化學鍵與分子結構(1)理解離子鍵的形成，能根據(jù)離子化合物的結構特征解釋其物理性質。(2)了解共價鍵的形成、極性、類型(σ鍵和π鍵)。了解配位鍵的含義。(3)能用鍵能、鍵長、鍵角等說明簡單分子的某些性質。(4)了解雜化軌道理論及簡單的雜化軌道類型(sp、sp2、sp3)。(5)能用價層電子對互斥理論或者雜化軌道理論推測簡單分子或離子的空間構型(或立體構型)。3.分子間作用力與物質的性質(1)了解范德華力的含義及對物質性質的影響。(2)了解氫鍵的含義，能列舉存在氫鍵的物質，并能解釋氫鍵對物質性質的影響。4.晶體結構與性質(1)了解晶體的類型，了解不同類型晶體中結構微粒、微粒間作用力的區(qū)別。(2)了解晶格能的概念，了解晶格能對離子晶體性質的影響。(3)了解分子晶體結構與性質的關系。(4)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構與性質的關系。(5)理解金屬鍵的含義，能用金屬鍵理論解釋金屬的一些物理性質。了解金屬晶體常見的堆積方式。(6)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的計算。微專題一原子結構與性質一、原子核外電子排布1．掌握3組必備概念(1)能層(電子層)與能級能層(n)一二三四五六七符號KLMNOPQ能級1s2s2p3s3p3d4s4p4d4f5s…………原子軌道數(shù)11313513571…………最多容納的電子數(shù)22626102610142…………2818322n2電子離核遠近近→遠電子能量高低低→高(2)原子軌道與電子云輪廓圖原子軌道電子云輪廓圖形狀軌道個數(shù)原子軌道伸展方向種數(shù)s球形11p啞鈴形(紡錘形)3(px；py；pz)3d—55(3)基態(tài)、激發(fā)態(tài)、光譜2．理解基態(tài)原子核外電子排布遵循的規(guī)則、表示方法(1)3個規(guī)則和1個特例能量最低原理原子的電子排布遵循構造原理能使整個原子的能量處于最低狀態(tài)，即原子核外電子大多優(yōu)先占據(jù)能量較低的原子軌道，電子填入能級的順序為1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d→4p……泡利(不相容)原理在一個原子軌道里最多只能容納2個電子，且自旋狀態(tài)相反洪特規(guī)則當電子排布在同一能級的不同軌道時，基態(tài)原子中的電子總是優(yōu)先單獨占據(jù)一個軌道，而且自旋狀態(tài)相同洪特規(guī)則特例能量相同的原子軌道在全充滿、半充滿或全空時能量最低(2)基態(tài)原子核外電子排布的四種表示方法表示方法舉例電子排布式Cr：1s22s22p63s23p63d54s1簡化電子排布式Cu：[Ar]3d104s1價(層)電子排布式Fe：3d64s2電子排布圖(或軌道表示式)(小方框也可用小圓圈表示)二、原子結構與元素性質1．元素周期表的分區(qū)與原子價電子排布的關系列123～78～101112族ⅠAⅡAⅢB～ⅦBⅧⅠBⅡB價電子排布ns1ns2(n－1)d1～5ns1～2(n－1)d6～10ns0～2(n－1)d10ns1(n－1)d10ns2分區(qū)s區(qū)d區(qū)(鑭系、錒系元素除外)ds區(qū)列131415161718族ⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA0價電子排布ns2np1ns2np2ns2np3ns2np4ns2np51s2或ns2np6分區(qū)p區(qū)[注]鑭系、錒系元素位于ⅢB族，價電子排布為(n－2)f0～14(n－1)d0～2ns2，屬于f區(qū)。2．原子(或離子)半徑(1)同主族元素從上到下，原子半徑和離子半徑均逐漸增大。(2)同周期主族元素從左到右，原子半徑逐漸減??；離子半徑需要看核外電子排布，核外電子排布相同時，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小。(3)同種元素形成的各種粒子，核外電子數(shù)越多，半徑越大。如r(H－)>r(H)>r(H＋)，r(Fe)>r(Fe2＋)>r(Fe3＋)。3．電離能概念氣態(tài)電中性基態(tài)原子失去一個電子轉化為氣態(tài)基態(tài)正離子所需要的最低能量稱為第一電離能，用I1表示規(guī)律同周期：從左到右，元素的第一電離能整體呈增大的趨勢同主族：從上到下，元素的第一電離能逐漸減小同種元素：逐級電離能越來越大，即I1<I2<I3……特例同周期主族元素，第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一電離能分別大于第ⅢA族、第ⅥA族元素的第一電離能。這是因為第ⅡA族元素原子的價電子排布為全充滿(ns2)，第ⅤA族元素原子的價電子排布式為ns2np3，其中np軌道為半充滿，比較穩(wěn)定，具有較大的第一電離能應用(1)判斷元素的金屬性或非金屬性強弱：一般情況下，第一電離能越小，元素原子越容易失去電子，元素的金屬性越強、非金屬性越弱(2)判斷元素的化合價：如果某主族元素的In＋1?In，則該元素的常見化合價為＋n，如鈉元素的I2?I1，所以鈉元素的常見化合價為＋14.元素的電負性用來描述不同元素的原子對鍵合電子吸引力的大小。(1)元素電負性的周期性變化隨著原子序數(shù)的遞增，元素的電負性呈現(xiàn)周期性變化：同周期從左到右，主族元素的電負性逐漸增大；同主族從上到下，元素的電負性逐漸減小。(2)元素電負性的應用5．對角線規(guī)則在元素周期表中，某些主族元素與右下方的主族元素(如圖所示)的有些性質是相似的，被稱為“對角線規(guī)則”。如硼和硅的含氧酸鹽都能形成玻璃且互熔；鈹和鋁的氫氧化物均為兩性氫氧化物。題組一基態(tài)原子的核外電子排布1．[電子排布式和電子排布圖](1)(2021·高考全國甲卷)Si的價層電子排布式為________。(2)(2020·高考全國卷Ⅱ)基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為________________。(3)(2019·高考全國卷Ⅱ)Fe成為陽離子時首先失去________軌道電子，Sm的價層電子排布式為4f66s2，Sm3＋價層電子排布式為________。(4)(2018·高考全國卷Ⅰ)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)。A． B．C． D．[核外未成對電子數(shù)](5)(2020·高考全國卷Ⅰ)基態(tài)Fe2＋與Fe3＋離子中未成對的電子數(shù)之比為________。[電子運動狀態(tài)和電子云輪廓圖](6)(2019·高考全國卷Ⅲ改編)鎂元素基態(tài)原子核外M層電子的自旋狀態(tài)________(填“相同”或“相反”)。(7)(2018·高考全國卷Ⅱ)基態(tài)S原子電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖為________形。答案：(1)3s23p2(2)1s22s22p63s23p63d24s2(3)4s4f5(4)DC(5)4∶5(6)相反(7)啞鈴(紡錘)2．(1)(2021·新高考河北卷)KH2PO4晶體具有優(yōu)異的非線性光學性能。我國科學工作者制備的超大KH2PO4晶體已應用于大功率固體激光器，填補了國家戰(zhàn)略空白。回答下列問題：①在KH2PO4的四種組成元素各自所能形成的簡單離子中，核外電子排布相同的是________(填離子符號)。②原子中運動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用＋eq\f(1,2)表示，與之相反的用－eq\f(1,2)表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù)。對于基態(tài)的磷原子，其價電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為________。(2)基態(tài)鎳原子的電子排布式為____________________，它核外有________種運動狀態(tài)不同的電子。(3)Ga的價電子排布式為____________。該基態(tài)原子電子占據(jù)最高能級的電子云輪廓圖形狀為________。(4)基態(tài)Co2＋的價電子排布圖為___________________________________；基態(tài)硫原子的M層電子排布式為_________________________________。(5)Zr(鋯)在元素周期表中位于第五周期，與Ti(鈦)同族，則基態(tài)Zr的價電子排布式為_____________________________________________。解析：(1)①H、O、P、K四種元素各自所能形成的簡單離子中P3－、K＋的核外電子排布相同。②基態(tài)磷原子的價電子排布式為3s23p3，其中3s軌道中自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為0，3p軌道中3個電子自旋狀態(tài)相同，所以自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為＋eq\f(3,2)(或－eq\f(3,2))。(2)鎳原子的核電荷數(shù)為28，基態(tài)鎳原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；原子核外不存在運動狀態(tài)完全相同的電子，則基態(tài)Ni核外有28種運動狀態(tài)不同的電子。(3)Ga為31號元素，基態(tài)鎵原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p1，故其價電子排布式為4s24p1；基態(tài)鎵原子的電子占據(jù)的最高能級為4p，電子云輪廓圖形狀為啞鈴形或紡錘形。(4)Co為27號元素，基態(tài)Co2＋的價電子排布式為3d7，則其價電子排布圖為；基態(tài)硫原子的M層電子為3s電子和3p電子，則基態(tài)硫原子的M層電子排布式為3s23p4。(5)Zr(鋯)在元素周期表中位于第五周期，與Ti(鈦)同族，則其價電子排布與Ti相似，只是價電子的能級數(shù)相應增大1，即基態(tài)Zr的價電子排布式為4d25s2。答案：(1)①P3－、K＋②＋eq\f(3,2)(或－eq\f(3,2))(2)1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]3d84s2)28(3)4s24p1啞鈴(或紡錘)形(4)3s23p4(5)4d25s2eq\a\vs4\al()1．防范兩類常見的有關核外電子排布的錯誤(1)電子排布式①3d、4s書寫順序混亂：當出現(xiàn)d軌道時，雖然電子按ns、(n－1)d、np的順序填充，但在書寫電子排布式時，仍把(n－1)d放在ns前，如Fe：1s22s22p63s23p64s23d6(×)，1s22s22p63s23p63d64s2(√)。在失去電子時，先失去4s軌道上的電子，如Fe2＋：1s22s22p63s23p63d6。②不符合洪特規(guī)則特例，如Cu：1s22s22p63s23p63d94s2(×)，1s22s22p63s23p63d104s1(√)。(2)基態(tài)原子核外電子排布圖錯誤類型錯因剖析改正違背能量最低原理違背泡利原理違背洪特規(guī)則2.核外電子排布書寫的解題模型題組二原子結構與元素性質3．[原子半徑或離子半徑](1)(2019·高考全國卷Ⅱ)比較離子半徑：F－________O2－(填“大于”“等于”或“小于”)。(2)(2018·高考全國卷Ⅰ)Li＋與H－具有相同的電子構型，r(Li＋)小于r(H－)，原因是__________________________________________________________。[電離能](3)(2020·高考全國卷Ⅰ)Li及其周期表中相鄰元素的第一電離能(I1)如表所示。I1(Li)>I1(Na)，原因是____________________________________________。I1(Be)>I1(B)>I1(Li)，原因是______________________________________。I1/(kJ·mol－1)Li520Be900B801Na496Mg738Al578(4)(2019·高考全國卷Ⅰ)下列狀態(tài)的鎂中，電離最外層一個電子所需能量最大的是________(填標號)。(5)(2018·高考全國卷Ⅰ改編)由2Li(晶體)eq\o(→,\s\up8(318kJ·mol－1))2Li(g)eq\o(→,\s\up8(1040kJ·mol－1))2Li＋(g)可知，Li原子的第一電離能為________kJ·mol－1。[電負性](6)(2020·高考全國卷Ⅱ)CaTiO3的組成元素的電負性大小順序是________________。(7)(2019·高考全國卷Ⅲ)NH4H2PO4中，電負性最高的元素是________。[對角線規(guī)則](8)(2020·高考全國卷Ⅲ)根據(jù)對角線規(guī)則，B的一些化學性質與元素________的相似。(9)(2019·高考全國卷Ⅲ)在周期表中，與Li的化學性質最相似的鄰族元素是________。解析：(4)[Ne]3s1是基態(tài)的Mg＋，由于Mg的第二電離能大于其第一電離能，故其再失去一個電子所需能量較高；[Ne]3s2是基態(tài)鎂原子，其失去一個電子變?yōu)榛鶓B(tài)Mg＋；[Ne]3s13p1是激發(fā)態(tài)鎂原子，其失去一個電子所需能量低于基態(tài)鎂原子；[Ne]3p1是激發(fā)態(tài)Mg＋，其失去一個電子所需能量低于基態(tài)Mg＋。答案：(1)小于(2)Li＋核電荷數(shù)較大(3)Na與Li同主族，Na電子層數(shù)多，原子半徑大，易失電子Li、Be、B同周期，核電荷數(shù)依次增加。Be為1s22s2全滿穩(wěn)定結構，第一電離能最大。與Li相比，B核電荷數(shù)大，原子半徑小，較難失去電子，第一電離能較大(4)A(5)520(6)O>Ti>Ca(7)O(8)Si(9)Mg4．(1)(2021·貴州高三三模)基態(tài)鈷原子的價電子排布式為________，Mn位于元素周期表的________區(qū)。(2)(2021·寶雞高三三模)LiPF6、LiAsF6、LiCl等常用作鋰離子聚合物電池的材料。LiPF6、LiAsF6和LiCl中所含的四種非金屬元素的電負性由大到小的順序為____________________。(3)(2021·洛陽高三聯(lián)考)對于處于基態(tài)的鈣原子和鐵原子，下列參數(shù)前者小于后者的是________(填標號)。a．最外層電子數(shù) b．未成對電子數(shù)c．第一電離能 d．原子半徑解析：(1)Co的核電荷數(shù)為27，基態(tài)鈷原子的價電子排布式為3d74s2。Mn位于元素周期表的第四周期ⅦB族，屬于d區(qū)元素。(2)同周期主族元素從左向右電負性逐漸增大，同主族元素自上而下電負性逐漸減小，故P、F、As、Cl的電負性由大到小的順序為F>Cl>P>As。(3)基態(tài)鈣原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s2，基態(tài)鐵原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，二者最外層電子數(shù)相等，故a不符合題意；基態(tài)鈣原子核外沒有未成對電子，基態(tài)鐵原子核外有4個未成對電子，故b符合題意；基態(tài)Ca與基態(tài)Fe的4s軌道均為全充滿穩(wěn)定結構且Ca與Fe同周期，同周期元素第一電離能從左至右整體呈增大的趨勢，則第一電離能Ca<Fe，故c符合題意；Ca與Fe同周期，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，則原子半徑Ca>Fe，故d不符合題意。答案：(1)3d74s2d(2)F>Cl>P>As(3)bc5．(1)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)，負一價氣態(tài)離子再獲得一個電子的能量變化稱作第二電子親和能(E2)。已知E1(Cl)＝349kJ/mol、E1(Br)＝325kJ/mol、E1(I)＝295kJ/mol、E1(O)＝141kJ/mol、E1(O－)＝－780kJ/mol。下列說法正確的是________(填標號)。A．電子親和能越大，說明越難得到電子B．一個基態(tài)的氣態(tài)氧原子得到一個電子形成O2－時放出141kJ的能量C．O的第二電子親和能是－780kJ/molD．基態(tài)的氣態(tài)氧原子得到兩個電子形成O2－時需要吸收能量(2)鋅化銅是一種金屬互化物，其化學式有多種形式，如CuZn、Cu5Zn8、CuZn3等。其中Cu的第二電離能________(填“大于”“小于”或“等于”)Zn的第二電離能。解析：(1)A項，根據(jù)題給已知數(shù)據(jù)知，得電子能力越強，電子親和能越大，錯誤；B項，一個基態(tài)的氣態(tài)氧原子得到一個電子形成O－時放出141kJ的能量，錯誤；C項，O－得到一個電子形成O2－時的電子親和能就是O的第二電子親和能，正確；D項，O的第一電子親和能為正值，即放出能量，第二電子親和能為負值，即吸收能量，且O的第一電子親和能小于第二電子親和能的絕對值，所以基態(tài)的氣態(tài)氧原子得到兩個電子形成O2－時需要吸收能量，正確。(2)Cu＋的價電子排布式為3d10，處于全充滿狀態(tài)，而Zn＋的價電子排布式為3d104s1，故Cu的第二電離能大于Zn的第二電離能。答案：(1)CD(2)大于微專題二分子結構與性質一、共價鍵、配合物1．共價鍵分子中的大π鍵可用符號表示，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。2．配合物配合物的形成中心離子(或原子)提供空軌道，配體提供孤電子對，通過配位鍵結合形成配合物。配位鍵本質上屬于共價鍵配合物所含化學鍵配位鍵、離子鍵；配體或外界中可能還含有共價鍵配合物的常見性質屬于離子化合物，多數(shù)能溶解、能電離，多數(shù)有顏色配合物的組成典型配合物Cu(NH3)4SO4K3[Fe(CN)6]Ag(NH3)2OHNa3AlF6中心離子Cu2＋Fe3＋Ag＋Al3＋中心離子(原子)結構特點一般是金屬離子或原子(特別是過渡金屬離子或原子)，必須有空軌道配體NH3CN－NH3F－配位原子NCNF配體結構特點分子或離子，必須含有孤電子對(如NH3、H2O、CO、Cl－、F－、OH－、CN－等)配位數(shù)4626外界SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))K＋OH－Na＋多齒配位配體有多個配位原子，與中心原子形成螯合物。如銅離子與乙二胺形成配離子：金屬羰基配合物過渡金屬和一氧化碳配位形成的配合物，如四羰基鎳[Ni(CO)4]二茂鐵的結構為一個鐵原子處在兩個平行的環(huán)戊二烯的環(huán)之間。在固體狀態(tài)下，兩個茂環(huán)相互錯開成全錯位構型，溫度升高時則繞垂直軸相對轉動。二茂鐵的化學性質穩(wěn)定，類似芳香化合物二、分子的性質、等電子體1．分子極性的判斷分子總體來說是呈電中性的，但由于不同原子的電負性不同，分子內部電荷的分布不一定對稱，成鍵電子對偏向電負性較大的原子，從而使分子有了極性分子與非極性分子之分。(1)根據(jù)空間構型判斷(2)根據(jù)物質類別判斷(3)判斷ABn型分子的極性：一般情況下，若中心原子A的化合價的絕對值等于該元素所在的主族序數(shù)，則該分子為非極性分子，否則為極性分子。如CH4中C為－4價，碳元素化合價的絕對值等于其所在的主族序數(shù)，則CH4為非極性分子；NH3中N為－3價，但氮元素為第ⅤA族元素，氮元素化合價的絕對值不等于其所在的主族序數(shù)，則NH3為極性分子。2．氫鍵及其對物質性質的影響氫鍵不是化學鍵，氫鍵的作用力要大于范德華力。氫鍵對物質物理性質的影響：(1)分子間氫鍵使物質沸點升高。例如，沸點：NH3>PH3(NH3分子間形成氫鍵)、H2O>H2S(H2O分子間形成氫鍵)、HF>HCl(HF分子間形成氫鍵)、C2H5OH>CH3OCH3(C2H5OH分子間形成氫鍵)。(2)使物質易溶于水。例如，NH3、C2H5OH、CH3CHO、H2O2、CH3COOH等易溶于水(這些分子與水分子間形成氫鍵)。(3)解釋一些特殊現(xiàn)象。例如，水結冰體積膨脹(水分子間形成氫鍵，體積變大，密度變小)。3．等電子體(1)等電子體原理——等電子體具有相同的結構特征(立體結構和化學鍵類型)及相近的性質。(2)等電子體：原子總數(shù)相同、價電子總數(shù)相同的微?；榈入娮芋w。(3)確定等電子體的方法(變換過程中注意電荷改變，并伴有元素種類的改變)方法示例豎換：把同族元素(同族元素原子價電子數(shù)相同)上下交換，即可得到相應的等電子體CO2與CS2、O3與SO2橫換：換相鄰主族元素，這時候價電子發(fā)生變化，再通過得失電子使價電子總數(shù)相等N2與CO可以將分子變換為離子，也可以將離子變換為分子O3與NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))、CH4與NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、CO與CN－(4)常見等電子體的空間構型等電子體類型(原子總數(shù)和價電子總數(shù))常見等電子體空間構型2原子10電子N2、CN－、Ceq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(2))、CO、NO＋直線形2原子14電子F2、Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(2))、Cl2直線形3原子16電子CO2、N2O、CNO－、Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、NOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))、SCN－、BeCl2(g)直線形3原子18電子O3、SO2、NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))V形4原子8電子NH3、PH3、CHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、H3O＋三角錐形4原子24電子SO3(g)、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、BF3平面三角形4原子26電子SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、BrOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、IOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、XeO3三角錐形5原子8電子CH4、SiH4、NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、PHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、BHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))正四面體形5原子32電子CCl4、SiF4、SiOeq\o\al(\s\up1(4－),\s\do1(4))、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))、ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))、POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))、CF4正四面體形12原子30電子C6H6、B3N3H6(俗稱無機苯)平面六邊形三、雜化軌道理論、價層電子對互斥(VSEPR)理論1．判斷中心原子雜化類型的“四方法”(1)根據(jù)中心原子的價層電子對數(shù)判斷中心原子的價層電子對數(shù)432雜化類型sp3sp2sp中心原子的價層電子對數(shù)＝σ鍵電子對數(shù)＋中心原子上的孤電子對數(shù)中心原子上的孤電子對數(shù)＝eq\f(1,2)(a－xb)，其中a為中心原子的價電子數(shù)(陽離子需要減去離子所帶電荷數(shù)，陰離子需要加上離子所帶電荷數(shù))，x為與中心原子結合的原子數(shù)，b為與中心原子結合的原子最多能接受的電子數(shù)(H為1，其他原子為“8－該原子的價電子數(shù)”)。如SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))的中心原子為S，a＝6＋2＝8，b＝2，x＝4，中心原子上的孤電子對數(shù)＝eq\f(1,2)×(8－4×2)＝0，價層電子對數(shù)為4，S為sp3雜化。在計算孤電子對數(shù)時，若出現(xiàn)0.5或1.5，則把小數(shù)進位為整數(shù)，即1或2。如NO2的中心原子N上的孤電子對數(shù)為eq\f(5－2×2,2)＝0.5≈1，則價層電子對數(shù)為3。(2)根據(jù)分子的結構式判斷一般用于有機物分子中C、N的雜化類型判斷。雜化類型sp3sp2spC的成鍵方式4個單鍵1個雙鍵和2個單鍵2個雙鍵或1個三鍵和1個單鍵N的成鍵方式3個單鍵1個雙鍵和1個單鍵1個三鍵(3)根據(jù)鍵角判斷若鍵角為109.5°或接近109.5°，則為sp3雜化；若鍵角為120°或接近120°，則為sp2雜化；若鍵角為180°，則為sp雜化。(4)根據(jù)等電子原理判斷如CO2是直形線分子，SCN－、Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))與CO2互為等電子體，所以其空間構型也為直線形，中心原子均為sp雜化。2．常見分子的中心原子的雜化類型與推廣常見分子分子的空間構型中心原子的雜化方式推廣CH4正四面體形sp3CCl4、NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、BHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))、POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))、ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))、SiOeq\o\al(\s\up1(4－),\s\do1(4))NH3三角錐形PH3、PCl3、H3O＋、—NH2、NF3H2OV形H2S、Ieq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))BH3平面三角形sp2BF3、NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、SO3、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、SiOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、HCHOSO2V形NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))C2H4平面形C6H6(平面正六邊形)C2H2直線形spHCNCO2CS2BeCl2BeI23.VSEPR模型與微?？臻g構型的判斷中心原子上的價層電子對數(shù)中心原子上的孤電子對數(shù)雜化類型VSEPR模型微?？臻g構型示例20spCO2、BeCl2、NOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))30sp2BF3、SO3(g)、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))1SO2、NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))、O340sp3CH4、NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))1NH3、PCl3、H3O＋2H2O、H2S、OF2、ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))當中心原子的價電子部分參與成鍵時，不同電子對之間的斥力不同：lp－lp>lp－bp>bp－bp(lp指孤電子對，bp指σ鍵電子對)，電子對之間的斥力越大，形成共價鍵的鍵角越小。如H2O分子中，lp－lp>lp－bp>bp－bp，空間構型為V形，鍵角約為105°；NH3分子中，lp－bp>bp－bp，空間構型為三角錐形，鍵角約為107°。題組一共價鍵、配位鍵、大π鍵1．(1)(2021·高考全國甲卷)CO2分子中存在________個σ鍵和________個π鍵。(2)(2020·高考全國卷Ⅲ)NH3BH3分子中，N—B化學鍵稱為________鍵，其電子對由________提供。(3)(2020·新高考山東卷改編)Si原子間難形成雙鍵而C原子間可以，是因為Si的原子半徑大于C，難形成p-pπ鍵。這種說法是否正確________(填“是”或“否”)。(4)(2020·新高考山東卷)含有多個配位原子的配體與同一中心離子(或原子)通過螯合配位成環(huán)而形成的配合物為螯合物。一種Cd2＋配合物的結構如圖所示，1mol該配合物中通過螯合作用形成的配位鍵有________mol，該螯合物中N的雜化方式有________種。(5)LiAlH4是有機合成中常用的還原劑。LiAlH4中，存在________(填標號)。A．離子鍵 B．σ鍵C．π鍵 D．氫鍵(6)氣態(tài)三氧化硫以單分子形式存在，其中共價鍵的類型有________種。(7)經X射線衍射測得化合物R[(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl]的晶體結構，其局部結構如圖所示。R中陰離子Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(5))中的σ鍵總數(shù)為________個。分子中的大π鍵可用符號Пeq\o\al(\s\up1(n),\s\do1(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Пeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6)))，則Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(5))中的大π鍵應表示為____________。(8)Mn(NO3)2中的化學鍵除了σ鍵外，還存在________。解析：(6)氣態(tài)SO3為單分子，其中S和O之間形成雙鍵，故共價鍵有σ鍵和π鍵兩種。(7)從題圖可以看出：陰離子Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(5))呈五元環(huán)狀結構，其含有的σ鍵總數(shù)為5個；Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(5))中參與形成大π鍵的電子數(shù)為6，故可將其中的大π鍵表示為Пeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(5))。(8)Mn(NO3)2是離子化合物，存在離子鍵；此外在NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(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(鍵)，所以Mn(NO3)2中的化學鍵有σ鍵、π鍵和離子鍵。答案：(1)22(2)配位N(3)是(4)61(5)AB(6)2(7)5(8)離子鍵和π鍵(鍵)2．(1)(2021·福建高三聯(lián)考)1mol[Co(NO3)4]2－含σ鍵的數(shù)目為________NA。NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))中存在大π鍵，形成該大π鍵的電子數(shù)為________。(2)(2021·吉林高三模擬)Be和B都易與配體形成配位鍵，如BeFeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))、B(OH)eq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))等，從原子結構分析其原因：__________________________________。(3)(2021·太原高三模擬)配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中，中心離子的配位數(shù)是________，向1mol該配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到________molAgCl沉淀。(4)AlCl3在178℃時升華，其蒸氣的相對分子質量約為267，蒸氣分子的結構式為_______________________________(標明配位鍵)。(5)有機物丁二酮肟常用于檢驗Ni2＋：在稀氨水介質中，丁二酮肟與Ni2＋反應可生成鮮紅色沉淀，其結構如圖所示。①該結構中，碳碳之間的共價鍵類型是σ鍵，碳氮之間的共價鍵類型是____________，氮鎳之間形成的化學鍵類型是________。②該結構中，氧氫之間除共價鍵外還存在________。解析：(1)1個NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))中有3個σ鍵，Co2＋與NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))形成的配位鍵也屬于σ鍵，故1mol[Co(NO3)4]2－中σ鍵的數(shù)目為(3×4＋4)NA＝16NA。NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))中存在大π鍵，氮原子的價層電子對數(shù)為3＋eq\f(5＋1－2×3,2)＝3，為sp2雜化，氮原子還有1個垂直于分子平面的p軌道。NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的價電子總數(shù)為24，3個σ鍵有6個電子，每個氧原子有2個容納孤電子對的軌道不與形成大π鍵的p軌道平行，因此4個平行p軌道中電子數(shù)為24－3×2－2×2×3＝6。(2)Be、B的價電子軌道表示式分別為、，均存在空軌道，易與能夠提供孤電子對的配體形成配位鍵。(3)配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中配體是內界的Cl－和H2O，故中心離子的配位數(shù)是6。作為配體的Cl－難以電離出來與Ag＋發(fā)生反應，故向1mol該配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到2molAgCl沉淀。答案：(1)166(2)鈹原子和硼原子均存在空軌道(3)62(4)(5)①σ鍵和π鍵配位鍵②氫鍵題組二分子的性質等電子體3．(1)(2021·新高考湖南卷)硅和鹵素單質反應可以得到SiX4。SiX4的熔、沸點SiF4SiCl4SiBr4SiI4熔點/K183.0203.2278.6393.7沸點/K187.2330.8427.2560.70℃時，SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4呈液態(tài)的是________(填化學式)，沸點依次升高的原因是________________________________________。(2)(2020·高考全國卷Ⅱ)Ti的四鹵化物熔點如表所示，TiF4熔點高于其他三種鹵化物，自TiCl4至TiI4熔點依次升高，原因是_________________________。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔點/℃377－24.1238.3155(3)(2020·高考全國卷Ⅲ)NH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性(Hδ＋)，與B原子相連的H呈負電性(Hδ－)。與NH3BH3原子總數(shù)相等的等電子體是________(寫分子式)，其熔點比NH3BH3____________(填“高”或“低”)，原因是在NH3BH3分子之間，存在____________________，也稱“雙氫鍵”。(4)(2021·高考全國甲卷)甲醇的沸點(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6℃)之間，其原因是_____________________________________。(5)(2019·高考全國卷Ⅲ)苯胺()與甲苯()的相對分子質量相近，但苯胺的熔點(－5.9℃)、沸點(184.4℃)分別高于甲苯的熔點(－95.0℃)、沸點(110.6℃)，原因是_____________________________________。(6)如圖為S8的結構，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____________________________________________________________。答案：(1)SiCl4SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4均為分子晶體，結構相似，相對分子質量依次增大，分子間作用力依次增大(2)TiF4為離子化合物，熔點高，其他三種均為共價化合物，隨相對分子質量的增大，分子間作用力增大，熔點逐漸升高(3)CH3CH3低Hδ＋與Hδ－的靜電引力(4)甲硫醇不能形成分子間氫鍵，而水和甲醇均能形成分子間氫鍵，且水比甲醇的氫鍵多(5)苯胺分子之間存在氫鍵(6)S8相對分子質量大，分子間范德華力強4．(1)(2021·呼和浩特高三模擬)HF的濃溶液中因F－與HF結合形成HFeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))而使溶液酸性大大增強，HFeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))的結構式為____________。(2)(2021·鄭州外國語高三模擬)硒的含氧酸有H2SeO3和H2SeO4。酸性：H2SeO3________(填“>”“<”或“＝”)H2SeO4。(3)石墨烯可用化學方法進行制備，如用六氯苯、六溴苯等作為原料可制備石墨烯。六氯苯、六溴苯、苯六甲酸的熔點和水溶性如表所示：物質六氯苯六溴苯苯六甲酸熔點/℃232325286～288水溶性不溶不溶易溶六溴苯的熔點比六氯苯高的原因是_________________________，苯六甲酸與六溴苯、六氯苯的水溶性存在明顯差異的本質原因是____________________。解析：(1)HFeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))的空間構型為直線形，且氫原子與氟原子之間形成氫鍵，故其結構式為[F—H…F]－。(2)H2SeO3、H2SeO4中的非羥基氧原子數(shù)分別為1和2，所以酸性：H2SeO3<H2SeO4。(3)六溴苯和六氯苯均屬于分子晶體，且結構相似，六溴苯的相對分子質量大于六氯苯，范德華力強，熔點高；苯六甲酸分子中含多個羧基，與水分子能形成氫鍵，從而易溶于水，六氯苯、六溴苯均為非極性分子，根據(jù)“相似相溶”規(guī)律可知，均不溶于水。答案：(1)[F—H…F]－(2)<(3)六溴苯和六氯苯均屬于分子晶體，且結構相似，六溴苯的相對分子質量大于六氯苯，范德華力強，熔點高苯六甲酸分子中含多個羧基，與水分子能形成氫鍵，從而易溶于水，六氯苯、六溴苯均為非極性分子，根據(jù)“相似相溶”規(guī)律可知，均不溶于水5．(1)(2021·新高考河北卷)與POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))電子總數(shù)相同的等電子體的分子式為________________。(2)(2021·蘭州高三模擬)寫出與CH3NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(3))互為等電子體的一種分子的化學式：__________。CH3NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(3))中含有的化學鍵類型有____________________。(3)(2021·太原高三二診)稀土元素指原子序數(shù)為57到71的15種鑭系元素及與鑭系元素化學性質相似的鈧元素(Sc)和釔元素(Y)，共17種。①鈧元素為21號元素，位于周期表中的________區(qū)，其基態(tài)原子的價電子排布圖為____________________。②Sm與1，2-二碘乙烷可發(fā)生反應Sm＋ICH2CH2I→SmI2＋CH2=CH2↑。ICH2CH2I中碳原子的雜化軌道類型為________；1molCH2=CH2中含有的σ鍵數(shù)目為________NA。與Neq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))互為等電子體的分子有____________(填化學式，任寫2個)。解析：(1)POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))的原子數(shù)為5，價電子數(shù)為32，總電子數(shù)為50，則與POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))電子總數(shù)相同的等電子體的分子式為SiF4。(2)可用“橫換法”找與CH3NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(3))互為等電子體的分子，將氮原子向前換為碳原子，并去掉1個單位的正電荷，則與該離子互為等電子體的分子為CH3CH3。CH3NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(3))中原子間存在共價鍵，帶正電荷可看作H原子失電子，存在空軌道，N原子提供孤電子對，形成配位鍵。(3)①鈧元素為21號元素，根據(jù)核外電子排布規(guī)律可知Sc的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d14s2，其位于元素周期表中的d區(qū)，其基態(tài)原子的價電子排布圖為。②ICH2CH2I中的碳原子是飽和碳原子，其雜化軌道類型為sp3。CH2=CH2中的單鍵都是σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵，則1molCH2=CH2中含有的σ鍵數(shù)目為5NA。尋找離子的等電子體分子可采用“橫換法”，將1個N向后換為O，去掉1個單位的負電荷，變?yōu)镹2O；也可采用“綜合法”，1個N向前換成C，添加1個單位的負電荷后變?yōu)镃Neq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(2))，再將2個單位的負電荷平均分配給剩下的2個N，相當于將N換成O，變?yōu)镃O2。據(jù)此還可寫出CS2、BeF2等。答案：(1)SiF4(2)CH3CH3共價鍵、配位鍵(3)①d②sp35N2O、CO2、CS2、BeF2等(任寫2個，合理即可)題組三兩大理論與微粒空間構型6．(1)(2021·高考全國甲卷)SiCl4是生產高純硅的前驅體，其中Si采取的雜化類型為________。SiCl4可發(fā)生水解反應，機理如下：含s、p、d軌道的雜化類型有①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中間體SiCl4(H2O)中Si采取的雜化類型為________(填標號)。(2)(2020·高考全國卷Ⅰ)磷酸根離子的空間構型為____________，其中P的價層電子對數(shù)為________、雜化軌道類型為____________。(3)(2020·高考全國卷Ⅱ)有機堿CH3NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(3))中，N原子的雜化軌道類型是________。(4)(2020·高考全國卷Ⅲ)氨硼烷(NH3BH3)在催化劑作用下水解釋放氫氣：3NH3BH3＋6H2O=3NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋B3Oeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(6))＋9H2B3Oeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(6))的結構為。在該反應中，B原子的雜化軌道類型由______變?yōu)開_____。(5)(2020·新高考山東卷改編)B3N3H6(無機苯)的結構與苯類似，也有大π鍵。該分子中B和N的雜化方式________(填“相同”或“不同”)。(6)(2020·新高考山東卷)Sn為ⅣA族元素，單質Sn與干燥Cl2反應生成SnCl4，SnCl4空間構型為________。NH3、PH3、AsH3的鍵角由大到小的順序為________________________。(7)(2019·高考全國卷Ⅱ)元素As與N同族。預測As的氫化物分子的立體結構為__________。答案：(1)sp3②(2)正四面體形4sp3(3)sp3(4)sp3sp2(5)相同(6)正四面體形NH3、PH3、AsH3(7)三角錐形7．(1)AsOeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))的空間構型為________；As4O6的結構如圖所示，則在該化合物中As的雜化方式是________。(2)CaCO3高溫分解可制得CaO。CaCO3中陰離子的空間構型為________。(3)已知三聚氰胺的結構簡式為。①三聚氰胺分子中的氮原子、碳原子的雜化方式依次為________、________。②NH3的空間構型為________。③三聚氰胺分子中含________個σ鍵。(4)用乙醇作為溶劑，Co(NO3)2可與某多齒配體結合形成具有催化活性的配合物。下列化合物與上述配合物中C和N的雜化類型均相同的是________(填標號)。解析：(1)AsOeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))中As的σ鍵電子對數(shù)為4，孤電子對數(shù)＝eq\f(1,2)×(5＋3－2×4)＝0，故As的價層電子對數(shù)為4，采用sp3雜化，則AsOeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))的空間構型為正四面體形。由題圖可知，As4O6中每個砷原子形成3個σ鍵，As與N同主族，每個砷原子上還有一對孤電子對，故As的價層電子對數(shù)為4，采用sp3雜化。(2)COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))中C的σ鍵電子對數(shù)為3，孤電子對數(shù)＝eq\f(1,2)×(4＋2－2×3)＝0，故C的價層電子對數(shù)為3，采用sp2雜化，則COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))的空間構型為平面三角形。(3)①三聚氰胺分子中環(huán)上氮原子的σ鍵電子對數(shù)為2，孤電子對數(shù)為1，故其價層電子對數(shù)為3，采用sp2雜化；碳原子的σ鍵電子對數(shù)為3，孤電子對數(shù)為0，故其價層電子對數(shù)為3，采用sp2雜化；—NH2中氮原子的σ鍵電子對數(shù)為3，孤電子對數(shù)為1，故其價層電子對數(shù)為4，采用sp3雜化。②NH3中N的σ鍵電子對數(shù)為3，孤電子對數(shù)＝eq\f(1,2)×(5－3×1)＝1，故其價層電子對數(shù)為4，采用sp3雜化，NH3的空間構型為三角錐形。③由三聚氰胺的結構簡式可知其分子中含15個σ鍵。(4)題給配合物中碳原子采用sp3雜化和sp2雜化，氮原子采用sp2雜化。中碳原子采用sp2雜化，氮原子采用sp3雜化，故A錯誤；中環(huán)上的氮原子和碳原子均采用sp2雜化，甲基上的碳原子采用sp3雜化，故B正確；中C和N均采用sp3雜化，故C錯誤；中C和N均采用sp3雜化，故D錯誤。答案：(1)正四面體形sp3(2)平面三角形(3)①sp2和sp3sp2②三角錐形③15(4)Beq\a\vs4\al()中心原子的雜化類型及微粒的空間構型判斷微專題三晶體結構與性質1．不同晶體的結構與性質比較晶體離子晶體金屬晶體分子晶體原子晶體概念由陽離子和陰離子通過離子鍵結合而形成的晶體通過金屬陽離子與自由電子之間的較強作用而形成的晶體只含分子的晶體相鄰原子間以共價鍵相結合而形成空間網狀結構的晶體構成晶體的微粒陰、陽離子金屬陽離子、自由電子分子原子微粒間作用力離子鍵金屬鍵分子間作用力共價鍵物理性質熔、沸點較高有的高(如鎢)、有的低(如汞)低很高硬度硬而脆有的大、有的小小很大溶解性一般情況下，易溶于極性溶劑(如水)，難溶于有機溶劑一般不溶于水(活潑金屬如鈉等可與水、醇類、酸類物質反應而溶解)極性分子一般易溶于極性溶劑；非極性分子一般易溶于非極性溶劑一般不溶于任何溶劑導電性固體不導電，熔融狀態(tài)或溶于水后導電電的良導體不導電(部分溶于水后導電)不導電(硅等半導體除外)涉及的物質類別活潑金屬氧化物和過氧化物、強堿、大多數(shù)鹽金屬單質、合金部分非金屬單質、部分非金屬氧化物、所有非金屬氫化物、幾乎所有的酸和絕大多數(shù)有機物某些單質(如金剛石、硅、鍺、灰錫、硼等)、某些化合物(如SiC、SiO2、AlN、BP、GaAs)延展性：金屬晶體具有延展性，因為金屬鍵無方向性；離子晶體無延展性，因為離子鍵雖然無方向性，但是發(fā)生形變后，同種電性粒子相鄰，離子鍵被破壞；原子晶體無延展性，因為共價鍵有方向性。2．化學鍵類型以及分子間作用力大小比較化學鍵分子間作用力共價鍵離子鍵金屬鍵范德華力氫鍵存在原子間離子間金屬離子與自由電子間分子間分子間或分子內強弱判斷鍵長越短，鍵能越大，共價鍵越強①離子所帶電荷越多，離子鍵越強②成鍵的陰、陽離子半徑越小，離子鍵越強①與金屬離子所帶電荷數(shù)(或金屬原子價電子數(shù))成正比②與金屬離子(或金屬原子)半徑成反比①分子組成和結構相似的物質，相對分子質量越大，范德華力越大②分子的極性越大，范德華力越大在X—H…Y中，X、Y元素的電負性越大，形成的氫鍵越強(X、Y為N、O或F等)對物質性質的影響物理性質和化學性質(如分子的穩(wěn)定性)物理性質和化學性質物理性質和化學性質熔、沸點(物理性質)熔、沸點，溶解度(物理性質)3.晶體熔、沸點高低的判斷規(guī)律(1)不同類型晶體：一般情況下，原子晶體＞離子晶體＞分子晶體。金屬晶體熔、沸點有的高、有的低，視具體情況而定。(2)同種類型晶體：構成晶體的微粒間的作用力越大，則熔、沸點越高，反之則低。晶體類型比較方法舉例原子晶體原子半徑小的鍵長越短→鍵能越大→晶體的熔、沸點越高金剛石>碳化硅>硅離子晶體陰、陽離子的電荷數(shù)越多、離子半徑越小→晶格能越大→離子晶體的熔、沸點越高MgO>MgCl2>NaCl>CsCl金屬晶體金屬離子所帶電荷越多，離子半徑越小(或金屬原子價電子數(shù)越多，原子半徑越小)，熔、沸點越高Al>Mg>Na；Li>Na>K分子晶體分子組成和結構相似的物質，分子間存在氫鍵的比不存在氫鍵的熔、沸點高；分子組成和結構相似且分子間不存在氫鍵的物質，一般相對分子質量越大→范德華力越大→熔、沸點越高；相對分子質量相近的物質，分子極性越大→范德華力越大→熔、沸點越高HF>HI>HBr>HCl；CO>N2有機物的同分異構體一般來說，支鏈越多，熔、沸點越低正戊烷>異戊烷>新戊烷[說明]晶格能指氣態(tài)離子形成1mol離子晶體釋放的能量，通常取正值。4．晶胞結構及其計算(1)晶胞中粒子數(shù)目的計算——均攤法(切割法)(2)幾種常見的晶胞結構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．體心立方晶胞(含2個原子)F．面心立方晶胞(含4個原子)(3)有關晶胞密度的計算晶體微粒與M、ρ之間的關系：ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(xM,VNA)①若1個晶胞中含有x個微粒，則1mol晶胞中含有xmol微粒，其質量為xMg(M為微粒的相對原子或分子質量)。②1個晶胞的質量為ρVg(V為晶胞的體積)，則1mol晶胞的質量為ρVNAg，因此有xM＝ρVNA。③單位換算：1nm＝10－7cm；1pm＝1×10－10cm。(4)運用晶胞平移復制方法解決配位數(shù)問題一般利用晶胞空間平移的方法，選擇頂點、面心、棱上、體心的微粒，求其周圍最近且等距離的原子或離子數(shù)，即配位數(shù)；常見的配位數(shù)為4、6、8、12。(5)原子坐標①概念：原子P的位置可用向量eq\o(OP,\s\up6(→))表示：eq\o(OP,\s\up6(→))＝xa＋yb＋zc，定義x、y、z為原子P的分數(shù)坐標。②示例ⅰ.CsCl型離子晶體的離子分數(shù)坐標A(Cs＋)為(0，0，0)，B(Cl－)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))ⅱ.NaCl型離子晶體的離子分數(shù)坐標A(Cl－)為(0，0，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))B(Na＋)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))ⅲ.ZnS型離子晶體的離子分數(shù)坐標A(Zn2＋)為(0，0，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))B(S2－)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(1,4)，\f(3,4)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(3,4)，\f(1,4)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3,4)，\f(3,4)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4)))題組一晶體結構與性質1．[晶體類型的判斷](1)(2020·新高考山東卷)Sn為ⅣA族元素，單質Sn與干燥Cl2反應生成SnCl4。常溫常壓下SnCl4為無色液體，其固體的晶體類型為________。(2)(2019·高考全國卷Ⅲ改編)已知苯胺()的熔點為－5.9℃，沸點為184.4℃。苯胺的晶體類型是________。(3)碳的一種單質的結構如圖所示。該單質的晶體類型為________。[晶體微粒間作用力](4)(2020·高考全國卷Ⅱ)CaTiO3中金屬離子與氧離子間的作用力為________。(5)(2018·高考全國卷Ⅲ)ZnF2具有較高的熔點(872℃)，其化學鍵類型是________。[晶體熔、沸點高低的比較](6)(2020·新高考天津卷)Fe、Co、Ni三種元素二價氧化物的晶胞類型相同，其熔點由高到低的順序為________________。(7)(2019·高考全國卷Ⅰ)一些氧化物的熔點如表所示：氧化物Li2OMgOP4O6SO2熔點/℃1570280023.8－75.5解釋表中氧化物之間熔點差異的原因：______________________________。(8)K和Cr屬于同一周期，且核外最外層電子構型相同，但金屬K的熔點、沸點等都比金屬Cr低，原因是_______________________________________。答案：(1)分子晶體(2)分子晶體(3)混合晶體(4)離子鍵(5)離子鍵(6)NiO>CoO>FeO(7)Li2O、MgO為離子晶體，P4O6、SO2為分子晶體。晶格能MgO＞Li2O。分子間作用力(相對分子質量)P4O6＞SO2(8)K原子半徑較大且價電子數(shù)較少，金屬鍵較弱2．(1)已知下列化合物的熔點：化合物AlF3GaF3AlCl3熔點/℃10401000194表格中鹵化物的熔點產生差異的原因：_____________________________。(2)直鏈多磷酸鹽的陰離子有復雜的結構，焦磷酸根離子、三磷酸根離子如圖：這類磷酸根離子的化學式可用通式表示為________________________(用n代表P原子數(shù))。解析：(1)AlF3與GaF3為離子晶體，AlCl3為分子晶體，離子晶體的熔點高于分子晶體，又由于Al3＋半徑小于Ga3＋，AlF3中離子鍵較強(晶格能較大)，所以熔點AlF3>GaF3>AlCl3。(2)磷酸根離子為POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4))，焦磷酸根離子為P2Oeq\o\al(\s\up1(4－),\s\do1(7))，三磷酸根離子為P3Oeq\o\al(\s\up1(5－),\s\do1(10))。結合圖示可知，每增加1個P原子，O原子數(shù)增加3，離子所帶負電荷數(shù)增加1，故可推出這類磷酸根離子通式為(PnO3n＋1)(n＋2)－。答案：(1)AlF3與GaF3為離子晶體，AlCl3為分子晶體，一般，離子晶體的熔點高于分子晶體，又由于Al3＋半徑小于Ga3＋，AlF3中離子鍵較強(晶格能較大)，熔點AlF3>GaF3>AlCl3(2)(PnO3n＋1)(n＋2)－題組二有關晶胞的計算3．(1)(2021·高考全國甲卷)我國科學家發(fā)明了高選擇性的二氧化碳加氫合成甲醇的催化劑，其組成為ZnO/ZrO2固溶體。四方ZrO2晶胞如圖所示。Zr4＋離子在晶胞中的配位數(shù)是________，晶胞參數(shù)為apm、apm、cpm，該晶體密度為________________g·cm－3(寫出表達式)。在ZrO2中摻雜少量ZnO后形成的催化劑，化學式可表示為ZnxZr1－xOy，則y＝________(用x表達)。(2)(2020·新高考山東卷)以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子的分數(shù)坐標。四方晶系CdSnAs2的晶胞結構如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°，晶胞中部分原子的分數(shù)坐標如表所示。坐標原子xyzCd000Sn000.5As0.250.250.125一個晶胞中有______個Sn，找出距離Cd(0，0，0)最近的Sn_______________(用分數(shù)坐標表示)。CdSnAs2晶體中與單個Sn鍵合的As有________個。(3)(2020·高考全國卷Ⅱ)一種立方鈣鈦礦結構的金屬鹵化物光電材料的組成為Pb2＋、I－和有機堿離子CH3NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(3))，其晶胞如圖所示。若晶胞參數(shù)為anm，則晶體密度為____________________g·cm－3(列出計算式)。(4)(2019·高考全國卷Ⅰ)圖(a)是MgCu2的拉維斯結構，Mg以金剛石方式堆積，八面體空隙和半數(shù)的四面體空隙中，填入以四面體方式排列的Cu。圖(b)是沿立方格子對角面取得的截圖?？梢?，Cu原子之間最短距離x＝________pm，Mg原子之間最短距離y＝________pm。設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則MgCu2的密度是____________________g·cm－3(列出計算表達式)。(5)(2020·高考全國卷Ⅲ)研究發(fā)現(xiàn)，氨硼烷(NH3BH3)在低溫高壓條件下為正交晶系結構，晶胞參數(shù)分別為apm、bpm、cpm，α＝β＝γ＝90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞結構如圖所示。氨硼烷晶體的密度ρ＝______________________g·cm－3(列出計算式，設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。答案：(1)8eq\f(4×91＋8×16,NAa2c×10－30)2－x(2)4(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)4(3)eq\f(620,a3×NA)×1021(4)eq\f(\r(2),4)aeq\f(\r(3),4)aeq\f(8×24＋16×64,NAa3×10－30)(5)eq\f(62,NAabc×10－30)eq\a\vs4\al()晶胞的計算非選擇題集訓七晶胞的結構與計算一、根據(jù)晶胞的結構示意圖，計算晶胞中的微粒數(shù)或化學式1．硼酸的結構與石墨相似，如圖所示，層內的分子以氫鍵相連，含1mol硼酸的晶體中有________mol氫鍵。答案：32．利用“鹵化硼法”可合成含B和N兩種元素的功能陶瓷，如圖為其晶胞結構示意圖，則每個晶胞中含有B原子的個數(shù)為________，該功能陶瓷的化學式為________。答案：2BN3．(2021·新高考湖南卷)下圖是Mg、Ge、O三種元素形成的某化合物的晶胞示意圖。已知化合物中Ge和O的原子個數(shù)比為1∶4，圖中Z表示________原子(填元素符號)，該化合物的化學式為________。答案：OMg2GeO44．131I2晶體的晶胞結構如圖甲所示，該晶胞中含有________個131I2分子；KI的晶胞結構如圖乙所示，每個K＋緊鄰________個I－。答案：465．石墨烯可轉化為富勒烯(C60)，某金屬M與C60可制備一種低溫超導材料，晶胞如圖所示，M原子位于晶胞的棱上與內部。該晶胞中M原子的個數(shù)為________，該材料的化學式為________。答案：12M3C60二、根據(jù)晶胞的結構示意圖，計算晶胞中原子的坐標參數(shù)、晶胞邊長或密度等6．(2021·泰州高三期中測試)以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數(shù)坐標。如圖1所示為磷化硼晶體的晶胞，圖2是晶胞沿著體對角線方向的投影圖。(1)圖1中，原子1的分數(shù)坐標是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，則原子2的分數(shù)坐標為________。(2)圖2中“N”表示________(填元素符號)。解析：(1)題圖1中原子1的分數(shù)坐標是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，原子1位于底面面心，原子2位于體對角線的eq\f(1,4)處，則原子2的分數(shù)坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(1,4)，\f(1,4)))。(2)根據(jù)晶胞結構分析，磷化硼晶體的晶胞沿著體對角線方向可以觀察到P形成的六邊形，其中的1個B與體對角線上的2個P重合，形成六邊形的中心，所以“N”表示B。答案：(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(1,4)，\f(1,4)))(2)B7．(2021·宿州高三測試)Cu-Mn-Al合金的晶胞如圖1所示，該晶胞可視為Mn、Al位于Cu形成的立方體體心位置，圖2是沿立方格子對角面取得的截圖。(1)若A的坐標參數(shù)為(0，0，0)，C的坐標參數(shù)為(1，1，1)，則B的坐標參數(shù)為________。(2)該合金的化學式為________。(3)假設r(Cu)≈r(Mn)＝127pm，r(Al)＝143pm，則銅原子之間的最短距離為________pm。(4)該晶體的密度為______________g·cm－3(列出計算式即可，設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA)。解析：(1)A的坐標參數(shù)為(0，0，0)，C的坐標參數(shù)為(1，1，1)，B位于右側面的面心，所以B的坐標參數(shù)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))。(2)根據(jù)均攤法，該晶胞中銅原子的個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＋12×eq\f(1,4)＋1＝8，錳原子的個數(shù)為4，鋁原子的個數(shù)為4，所以該合金的化學式為AlMnCu2。(3)根據(jù)題圖2并結合幾何知識可知[2r(Cu)＋2r(Al)]為體對角線長度的一半，設晶胞的棱長為a，則有eq\r(3)a＝2[2r(Cu)＋2r(Al)]＝4×(127＋143)pm，則a＝eq\f(270×4,\r(3))pm；根據(jù)晶胞結構可知銅原子之間的最短距離為棱長的一半，即eq\f(1,2)a＝180eq\r(3)pm。(4)晶胞的質量m＝eq\f(27×4＋55×4＋64×8,NA)g，晶胞的體積V＝a3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(270×4,\r(3))))eq\s\up12(3)pm3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(270×4,\r(3))×10－10))eq\s\up12(3)cm3，所以晶體的密度ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(\f(27×4＋55×4＋64×8,NA)g,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(270×4,\r(3))×10－10))\s\up12(3)cm3)＝eq\f(27×4＋55×4＋64×8,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(270×4,\r(3))×10－10))\s\up12(3)NA)g·cm－3。答案：(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))(2)AlMnCu2(3)180eq\r(3)(4)eq\f(27×4＋55×4＋64×8,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(270×4,\r(3))×10－10))\s\up12(3)NA)8．(2021·廣州三校聯(lián)考)一種四方結構的超導化合物的晶胞如圖1所示。晶胞中Sm和As原子的投影位置如圖2所示。(1)圖中F－和O2－共同占據(jù)晶胞的上下底面位置，若二者的比例依次用x和1－x代表，則該化合物的化學式表示為___________；通過測定密度ρ和晶胞參數(shù)，可以計算該物質的x值，完成它們關系表達式：ρ＝_______________g·cm－3。(2)以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數(shù)坐標，如圖1中原子1的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，則原子2和3的坐標分別為________、________。解析：(1)由題圖1可知，每個晶胞中含Sm的個數(shù)為4×eq\f(1,2)＝2，含F(xiàn)e的個數(shù)為4×eq\f(1,4)＋1＝2，含As的個數(shù)為4×eq\f(1,2)＝2，含O的個數(shù)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8×\f(1,8)＋2×\f(1,2)))×(1－x)＝2(1－x)，含F(xiàn)的個數(shù)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8×\f(1,8)＋2×\f(1,2)))x＝2x，所以該化合物的化學式為SmFeAsO1－xFx。1個晶胞中含有2個SmFeAsO1－xFx，質量為eq\f(2[281＋16(1－x)＋19x],NA)g，晶胞的體積為a2c×10－30cm3，則密度ρ＝eq\f(2[281＋16(1－x)＋19x],a2cNA×10－30)g·cm－3。(2)根據(jù)原子1的坐標eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))可知，原子2和3的坐標分別為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))、eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))。答案：(1)SmFeAsO1－xFxeq\f(2[281＋16(1－x)＋19x],a2cNA×10－30)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))9．(2021·新高考河北卷)分別用eq\a\vs4\al\co1