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第36讲　原子结构与性质
1．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)基态钛原子外围电子的电子排布图为____________________________________
________________________。
(4)基态铜原子的外围电子排布式为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是副族元素，Fe是第Ⅷ族元素。C、Si、Al位于p区，Ti、Fe位于d区，Cu位于ds区。(2)第四周期的Ti、Fe、Cu均有四个能层；基态Fe原子的外围电子排布式为3d64s2，d轨道中含有4个未成对电子。(3)钛位于第四周期ⅣB族，外围电子排布式为3d24s2。(4)由外围电子排布式中的4s可推知，Cu为第四周期元素，由外围电子排布式中的电子为11个可知，Cu在元素周期表中第11列，位于第ⅠB族。
答案：(1)C、Si、Al　Ti、Fe　(2)Ti、Fe、Cu　Fe
(3)
(4)四　ⅠB
2．(2020·长春月考)如图为元素周期表前三周期的一部分。
(1)X的基态原子的电子排布图是________(填序号)；
另一电子排布图不能作为基态原子的电子排布图是因为它不符合________(填字母)。
A．能量最低原理　　B．泡利原理　　C．洪特规则
(2)以上五种元素中，________________(填元素符号)元素第一电离能最大。
(3)由以上某种元素与氢元素组成的三角锥形分子E和由以上某种元素组成的直线形分子G反应，生成两种直线形分子L和M(组成E、G、L、M分子的元素原子序数均小于10)，反应如图所示，该反应的化学方程式是__________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：根据元素周期表的结构可知X为N，Z为F，R为Ne，W为P，Y为S。
(1)当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，因此氮元素的基态原子的电子排布图为(2)在所给五种元素中，氖元素最外层已达8电子的稳定结构，因此失去核外第一个电子需要的能量最多，即第一电离能最大。(3)根据题给图示可知E为NH3，G为F2，L为HF，M为N2，故该反应的化学方程式为2NH3＋3F2===6HF＋N2。
答案：(1)②　C　(2)Ne　(3)2NH3＋3F2===6HF＋N2
3．(2020·衡水月考)现有四种短周期元素，它们的结构、性质等信息如下表所述：
元素
结构、性质等信息
A
是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂
B
与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性
C
在空气中含量第二，在地壳中含量第一
D
海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂
请根据表中信息填写：
(1)A原子的核外电子排布式为_____________________________________________。
(2)B元素在周期表中的位置是________________；离子半径：B________A(填“大于”或“小于”)。
(3)C原子的电子排布图是________________，其原子核外有________个未成对电子，能量最高的电子为______轨道上的电子，其轨道呈________形。
(4)D原子的电子排布式为________________，D－的结构示意图是________________。
(5)B的最高价氧化物对应的水化物与A的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为________________________________；B的最高价氧化物对应的水化物与D的氢化物的水溶液反应的化学方程式为_____________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：根据题中信息可推出：A为Na，B为Al，C为O，D为Cl。
(1)A为Na，其核外电子排布式为1s22s22p63s1或[Ne]3s1。(2)B为Al，其在元素周期表中的位置为第三周期ⅢA族，Na＋与Al3＋核外电子排布相同，核电荷数Al3＋大于Na＋，故r(Al3＋)答案：(1)1s22s22p63s1(或[Ne]3s1)　(2)第三周期ⅢA族　小于　
(5)NaOH＋Al(OH)3===NaAlO2＋2H2O　3HCl＋Al(OH)3===AlCl3＋3H2O
4．(2020·石家庄质检)化学作为一门基础自然科学，在材料科学、生命科学、能源科学等诸多领域发挥着重要作用。
(1)高温超导材料钇钡铜氧的化学式为YBaCu3O7，其中的Cu以罕见的Cu3＋形式存在。Cu在元素周期表中的位置为______________________，基态Cu3＋的核外电子排布式为________________________________________________________________________。
(2)磁性材料在生活和科学技术中应用广泛。研究表明，若构成化合物的阳离子有未成对电子时，则该化合物具有磁性。下列物质适合做录音磁带磁粉原料的为________(填字母)。
A．V2O5　　　　　　　　
B．CrO2
C．PbO
D．ZnO
(3)屠呦呦因在抗疟药青蒿素研究中的杰出贡献，成为我国首获科学类诺贝尔奖的人。青蒿素的结构简式如图所示，其组成元素的电负性由大到小的顺序为______________________。
解析：(1)Cu原子核外有29个电子，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故Cu元素在周期表中处于第四周期ⅠB族。基态Cu原子失去3个电子得到Cu3＋，故基态Cu3＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8。
(2)构成化合物的阳离子有未成对电子时，则该化合物具有磁性，V5＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，不含未成对电子；Cr4＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，含2个未成对电子；Pb和C元素同主族，Pb2＋的6s能级处于最外层，有2个电子，故Pb2＋不含未成对电子；Zn2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，不含未成对电子，故具有磁性的为CrO2。
(3)青蒿素中含有C、H、O三种元素，其电负性由大到小的顺序为O>C>H。
答案：(1)第四周期ⅠB族　1s22s22p63s23p63d8(或[Ar]3d8)　(2)B　(3)O>C>H
5．Ⅰ.Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素。
(1)Na位于元素周期表第________周期________族；S的基态原子核外有________个未成对电子；Si的基态原子核外电子排布式为____________________。
(2)用“>”或“<”填空：
第一电离能
离子半径
熔点
酸性
Si____S
O2－____Na＋
NaCl____Si
H2SO4____
HClO4
Ⅱ.下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。试回答下列问题：
(3)h的单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，请用原子结构的知识解释发光的原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)o、p两元素的部分电离能数据列于下表：
元素
o
p
电离能/
(kJ·mol－1)
I1
717
759
I2
1
509
1
561
I3
3
248
2
957
比较两元素的I2、I3可知，气态o2＋再失去一个电子比气态p2＋再失去一个电子难。对此，你的解释是________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)已知稀有气体熔、沸点均为同周期的最低者，第三周期8种元素按单质熔点由低到高的顺序排列如图甲所示，其中电负性最大的是________(填图中的序号)。
　
(6)所给元素周期表中所列的某主族元素的电离能情况如图乙所示，则该元素是____________(填元素符号)。
解析：Ⅰ.(1)Na元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，则Na位于元素周期表第三周期ⅠA族。S元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，其中3p轨道有2个未成对电子。Si元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2。
(2)同周期元素的第一电离能随原子序数的递增呈增大趋势，但s、p、d等轨道处于全空、半满、全满的稳定状态时，则出现反常现象。Si、S元素基态原子的价电子排布式分别为3s23p2、3s23p4，其中3p轨道均处于不稳定状态，因此Si的第一电离能小于S。O2－和Na＋的核外电子排布相同，其电子排布式均为1s22s22p6，离子核外电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小，因此O2－的离子半径大于Na＋。NaCl为离子晶体，Si为原子晶体，因此Si的熔点高于NaCl。一般来说，元素的非金属性越强，该元素的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Cl元素的非金属性强于S元素，则HClO4的酸性强于H2SO4。
Ⅱ.(3)h为Mg元素，Mg单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，原因是电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量。
(4)o元素为Mn，Mn2＋的基态离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其3d能级为半充满状态，相对比较稳定，当其再失去一个电子时比较困难，而p元素为Fe，Fe2＋的基态离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其3d能级再失去一个电子即为半充满状态，形成相对比较稳定的结构，故其再失去一个电子比较容易。
(5)第三周期8种元素分别为钠、镁、铝、硅、磷、硫、氯、氩，其单质中钠、镁、铝形成金属晶体，熔点依次升高；硅形成原子晶体；磷、硫、氯、氩形成分子晶体，且常温下磷、硫为固体，氯气、氩气为气体，根据已知信息可推知8种元素单质中熔点最低的为氩气，则氯气次之，故序号2代表氯气，其电负性最大。
(6)由图可知，该元素的电离能I4远大于I3，故为第ⅢA族元素，题给周期表中所列的第ⅢA族元素i属于第三周期，应为Al。
答案：Ⅰ.(1)三　ⅠA　2　1s22s22p63s23p2(或[Ne]3s23p2)
(2)<　>　<　<
Ⅱ.(3)电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量
(4)Mn2＋的3d轨道电子排布为半充满状态，比较稳定
(5)2
(6)Al
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6(共63张PPT)
第12章　物质结构与性质(选修3)
第36讲　原子结构与性质
01
练真题·明考向
02
课后达标检测
能量
能量
能量
s、p、d、f
s、p、d、f
E(s)在核外经常出现
2n2
球形
哑铃形
构造原理
2
自旋状态
单独占据一个轨道
相同
全满
半满
全空
[Ne]3s1
1s22s22p63s23p6
[Ar]4s1
1s22s22p63s23p63d104s24p6
ns2
ns2np1
ns2np2
ns2np3
ns2np4
ns2np5
越大
越小
减小
增大
最低能量
I1
kJ·mol－1
小
大
增大
减小
大
<
<
吸引键合电子
吸引键合电子
4.0
小于
大于
增大
减小
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学
考/纲/要/求>
核/心/素/养
能从能层、能级等不同层次认识原子的结构以及核外
了解原子核外电子的运动状态、能级分布和排宏观辨识与
电子的排布规律,能从宏观和微观相结合的视角分析
布原理,能正确书写1~36号元素原子核外电子
微观探析
原子结构与元素性质的关系
价电子的电子排布式和电子排布图。
证据推理与能运用构造原理和能量最低原理揭示元素原子核外
2.了解电离能的含义,并能用以说明元素的某些
模型认知电子排布的规律
性质
变化观念与能多角度、动态地分析核外电子的运动状态及原子结构
平衡思想的变化规律,认识元素性质的变化规律
3.了解电子在原子轨道之间的跃迁及其简单应用。
能发现和提出有探究价值的原子结构及性质的问题,如
4.了解电负性的概念,并能用以说明元素的某些科学探究与
创新意识核外电子排布、元素第一电离能的特殊性等,面对异常
性质
现象敢于提出自己的见解。
(2s
(
p3②[个和③5④3
(2)
p323p3(或Ne]333P3)②[个
39(4
(3)①ls22p03s23p3d(或[Ar]3d0)
②个个↑个③4④4
3d
314(44
(4)①ls22p0323p03d04s(或[Ar]3d04)
④4
(5)①22p63523p63d404s24p(或[Ar]310424p
(1)N个4↑个↑
(2)Cl
288
(3)Fe1s22s2p03s23p03d042(或[Ar]3d°4s2)
26)28142
(4)Cu1s232p323p63104s1(或[Ar]3d104
(5)22p↑↑↑↑↑第36讲　原子结构与性质
考点一　原子核外电子排布原理
[知识梳理]
一、能层、能级与原子轨道
1．能层(n)：在多电子原子中，核外电子的能量是不同的，按照电子的能量差异将其分成不同能层。通常用K、L、M、N……表示，能量依次升高。
2．能级：同一能层里电子的能量也可能不同，又将其分成不同的能级，通常用s、p、d、f等表示。同一能层里，各能级的能量按s、p、d、f的顺序依次升高，即E(s)3．原子轨道：电子云轮廓图给出了电子在核外经常出现的区域。这种电子云轮廓图称为原子轨道。
4．能层、能级与原子轨道之间的关系
能层(n)
能级
最多容纳电子数
序数
符号
符号
原子轨道数
各能级
各能层
一
K
1s
1
2
2
二
L
2s
1
2
8
2p
3
6
三
M
3s
1
2
18
3p
3
6
3d
5
10
四
N
4s
1
2
32
4p
3
6
4d
5
10
4f
7
14
…
…
…
…
…
…
n
…
…
…
…
2n2
二、原子轨道的轨道形状和能量关系
1．轨道形状
(1)s电子的原子轨道呈球形。
(2)p电子的原子轨道呈哑铃形。
2．能量关系
(1)相同能层上原子轨道能量的高低：ns(2)形状相同的原子轨道能量的高低：1s<2s<3s<4s……
(3)同一能层内形状相同而伸展方向不同的原子轨道的能量相等，如npx、npy、npz轨道的能量相等。
（1）第一能层（K）只有s能级；第二能层（L）有s、p两种能级，p能级有三个原子轨道px、py、pz，它们具有相同的能量；第三能层（M）有s、p、d三种能级。
（2）能层数＝电子层数，每个能层所包含的能级数＝能层序数。
三、基态原子核外电子排布遵循的三个原理
1．能量最低原理：电子优先占据能量低的轨道，然后依次进入能量较高的轨道，使整个原子的能量处于最低状态。即原子的核外电子排布遵循构造原理，能使整个原子的能量处于最低状态。
如图为构造原理示意图：
所有电子排布规则都需要满足能量最低原理。
2．泡利原理：在一个原子轨道中，最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反。
3．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，如2p3的电子排布为，不能表示为或。
洪特规则特例：当能量相同的原子轨道在全满(p6、d10、f14)、半满(p3、d5、f7)和全空(p0、d0、f0)状态时，体系的能量最低，如24Cr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1。
四、原子(离子)核外电子排布式(图)的书写
1．核外电子排布式：用数字在能级符号右上角标明该能级上排布的电子数的式子。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，如Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，其简化电子排布式为[Ar]3d104s1，而不能写成[Ar]4s13d10。
2．价电子排布式：如Fe原子的核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d64s2，价电子排布式为3d64s2。价电子排布式能反映基态原子的能层数、参与成键的电子数以及最外层电子数。
3．电子排布图：用方框表示原子轨道，用“↑”或“↓”表示自旋状态不同的电子，按电子在轨道中的排布情况书写。如S原子的电子排布图为
核外电子排布图能直观地反映出原子的核外电子的自旋情况以及成对电子数和未成对电子数。
五、基态、激发态、光谱
[自主检测]
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)p能级的能量一定比s能级的能量高。(　　)
(2)同一原子中，2p、3p、4p能级的轨道数依次增多。(　　)
(3)2p和3p轨道形状均为哑铃形，能量也相等。(　　)
(4)Fe的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s23d6。(　　)
(5)Cr的基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d44s2。(　　)
(6)基态原子电子能量的高低顺序为E(1s)(7)22Ti的电子排布式：1s22s22p63s23p10违反了能量最低原理。(　　)
(8)磷元素基态原子的电子排布图为
(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)×　(8)×
2．(1)[2018·高考全国卷Ⅲ，35(1)]Zn原子核外电子排布式为____________________。
(2)[2018·高考全国卷Ⅱ，35(1)]基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为________________________________________________________________________。
(3)[2017·高考全国卷Ⅰ，35(1)]元素K的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为________nm(填标号)。
A．404.4　　　B．553.5　　　C．589.2
D．670.8
E．766.5
解析：(1)Zn原子核外有30个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2。
(3)当对金属钾或其化合物进行灼烧时，焰色反应显紫红色，可见光的波长范围为400～760
nm，紫色光波长较短(钾原子中的电子吸收较多能量发生跃迁，但处于较高能量轨道的电子不稳定，跃迁到较低能量轨道时放出的能量较多，故放出的光的波长较短)。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s2(或[Ar]3d104s2)
(2)①1s22s22p63s23p5(或[Ne]3s23p5)
(3)A
1．(教材改编题)写出下列原子或离子的①电子排布式、②价电子排布图、③电子所占的原子轨道数、④未成对电子数。
(1)N：①________________；②___________________________________________；
③____________；④____________________________________________________。
(2)Cl：①____________；②_______________________________________________；
③____________；④_____________________________________________________。
(3)Fe2＋：①____________；②_______________________________________________；
③____________；④_____________________________________________________。
(4)Cu：①____________；②_________________________________________________；
③____________；④________________________________________________________。
(5)Se：①____________；②__________________________________________________；
③____________；④_______________________________________________________。
(6)Br－：①____________；②__________________________________________________；
③____________；④_______________________________________________________。
答案：
(6)①1s22s22p63s23p63d104s24p6(或[Ar]3d104s24p6)
2．第三代半导体材料的优异性能和对新兴产业的巨大推动作用，使得发达国家都把发展第三代半导体材料及其相关器件等列为半导体重要新兴技术领域，投入巨资支持发展。第三代半导体材料有氮化镓、碳化硅等。请回答下列问题：
(1)硅原子中，占据电子的能级符号有______________，其中占据电子的能量最高的能级符号为________，该能级已经容纳了________个电子。
(2)氮原子中，有电子占据的最高能层符号为________，该能层已经容纳的电子数为________。
(3)镓为元素周期表中第31号元素，位于元素周期表第四周期。镓原子具有________个能层，每个能层已经容纳的电子数之比为____________________。
解析：(1)硅位于元素周期表第三周期，有3个能层，分别为K、L、M，每个能层的能级数分别为1、2、2，其能级符号为1s、2s、2p、3s、3p，其中占据电子的最高能级为3p，s能级最多容纳2个电子，p能级最多容纳6个电子，故3p能级容纳的电子数为14－2－2－6－2＝2。(2)氮原子位于元素周期表第二周期，共2个能层，符号分别为K、L，L为最高能层，该能层包括2s能级的2个电子和2p能级的3个电子，共5个电子。(3)通过比较，可以得出规律，能层数与元素原子所在的周期数相等，故镓原子有4个能层，每个能层已经容纳的电子数分别为2、8、18、3。
答案：(1)1s、2s、2p、3s、3p　3p　2　(2)L　5　(3)4　2∶8∶18∶3
3．(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，其元素符号为__________；其价电子排布图为____________________________________________。
(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的元素符号为________，C离子的结构示意图为__________________________________________。
(3)D元素的正三价离子的3d能级为半充满状态，D的元素符号为________，其基态原子的电子排布式为_______________________________________________________
____________________，其原子的结构示意图为________________________________
____________________。
(4)E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子且只有一个未成对电子，E的元素符号为________，其基态原子的电子排布式为_______________________________________。
(5)F元素的原子最外层电子排布式为nsnnpn＋2，则n＝________；原子中能量最高的是________电子，基态原子的核外电子排布图为_______________________________________。
答案：
防范两类常见的核外电子排布相关错误
1．电子排布式
(1)3d、4s书写顺序混乱
如
当出现d轨道时，虽然电子按ns、(n－1)d、np的顺序填充，但在书写电子排布式时，仍把(n－1)d放在ns前；在失去电子时，先失去4s轨道上的电子，如Fe3＋：1s22s22p63s23p63d5。
2．电子排布图
错误类型
错因剖析
改正
违背能量最低原理
违背泡利原理
违背洪特规则
考点二　原子结构与元素周期表、元素性质的关系
[知识梳理]
一、原子结构与元素周期表的关系
周期
电子层数
每周期第一种元素
每周期最后一种元素
原子序数
基态原子的简化电子排布式
原子序数
基态原子的电子排布式
二
2
3
[He]2s1
10
1s22s22p6
三
3
11
[Ne]3s1
18
1s22s22p63s23p6
四
4
19
[Ar]4s1
36
1s22s22p63s23p63d104s24p6
五
5
37
[Kr]5s1
54
1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p6
六
6
55
[Xe]6s1
86
1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d106s26p6
(1)能层数＝电子层数＝周期数。
(2)价电子数＝主族序数。
二、每族元素的价电子排布特点
1．主族
主族
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
价电子排布特点
ns1
ns2
ns2np1
ns2np2
主族
ⅤA
ⅥA
ⅦA
—
价电子排布特点
ns2np3
ns2np4
ns2np5
—
2.0族：He为1s2；其他为ns2np6。
3．过渡元素(副族和第Ⅷ族，Pd、镧系、锕系除外)
(n－1)d1～10ns1～2。
三、元素周期表的分区与价电子排布的关系
1．元素周期表的分区
2．各区元素化学性质及原子价电子排布特点
分区
元素分布
价电子排布
元素性质特点
s区
ⅠA族、ⅡA族
ns1～2
除氢外都是活泼金属元素；通常是最外层电子参与反应
p区
ⅢA族～ⅦA族、0族
ns2np1～6(He除外)
通常是最外层电子参与反应
d区
ⅢB族～ⅦB族、Ⅷ族(镧系、锕系除外)
(n－1)d1～9
ns1～2(Pd除外)
d轨道可以不同程度地参与化学键的形成
ds区
ⅠB族、ⅡB族
(n－1)d10
ns1～2
金属元素
f区
镧系、锕系
(n－2)f0～14(n－1)d0～2
ns2
镧系元素化学性质相近，锕系元素化学性质相近
四、元素周期律
1．原子半径
(1)影响因素
(2)变化规律
元素周期表中的同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小；同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大。
2．电离能
(1)第一电离能：气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，符号为I1，单位为kJ·mol－1。
(2)变化规律
①同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，总体呈现从左到右逐渐增大的变化趋势(注意第ⅡA族、第ⅤA族的特殊性)。
②同族元素：从上到下第一电离能逐渐减小。
③同种原子：逐级电离能越来越大，即I1④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．电负性
(1)含义：元素的原子在化合物中吸引键合电子的能力大小的一种度量。元素的电负性越大，表示其原子在化合物中吸引键合电子的能力越强。
(2)标准：以最活泼的非金属元素氟的电负性为4.0作为相对标准，计算得出其他元素的电负性(稀有气体未计)。
(3)变化规律
①金属元素的电负性一般小于(填“大于”或“小于”，下同)1.8，非金属元素的电负性一般大于1.8，而位于非金属三角区边界的“类金属”(如锗、锑等)的电负性则在1.8左右。
②在元素周期表中，同周期从左到右，主族元素的电负性逐渐增大；同主族从上到下，元素的电负性逐渐减小。
4．对角线规则
在元素周期表中，某些主族元素与其右下方的主族元素的有些性质是相似的。例如：
[自主检测]
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)[2019·高考全国卷Ⅲ，35(4)改编]NH4H2PO4中，电负性最高的元素是氧。(　　)
(2)[2017·高考全国卷Ⅲ，35(1)改编]元素Mn与O中，第一电离能较大的是Mn。(　　)
(3)B和N相比，电负性较大的是N。(　　)
(4)C、N、O、F四种元素第一电离能从大到小的顺序是N>O>F>C。(　　)
(5)某正三价阳离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其元素在周期表中位于第Ⅷ族。(　　)
(6)价电子排布式为4s24p3的元素位于第四周期ⅤA族，是p区元素。(　　)
(7)s区元素全部是金属元素。(　　)
(8)元素的电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大。(　　)
(9)在形成化合物时，电负性越小的元素越容易显示正价。(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　(6)√　(7)×　(8)×　(9)√
2．(1)[2019·高考全国卷Ⅱ，35(3)]比较离子半径：F－________O2－(填“大于”“等于”或“小于”)。
(2)(2017·高考江苏卷)C、H、O
三种元素的电负性由小到大的顺序为________________。
(3)第三周期所有元素的第一电离能大小顺序为__________________________________
________________________________________________________________________。
(4)F、Cl、Br、I的第一电离能大小顺序为________________，电负性大小顺序为__________________。
答案：(1)小于
(2)H(3)Na(4)F>Cl>Br>I　F>Cl>Br>I
(1)“外围电子排布”即“价电子层”，对于主族元素，价电子层就是最外电子层，而对于过渡元素原子不仅仅是最外电子层，如Fe的价电子层排布为3d64s2。
(2)主族元素的最高正价(O、F除外)＝族序数＝8－|最低负价|。
(3)金属活动性顺序与元素相应的第一电离能大小顺序不完全一致，故不能根据金属活动性顺序判断第一电离能的大小，也不能将电负性1.8作为划分金属和非金属的绝对标准。
(4)共价化合物中，两种元素电负性差值越大，它们形成的共价键的极性就越强。
(5)同周期主族元素，从左到右，非金属性逐渐增强，电负性越来越大，第一电离能总体呈增大趋势。
1．(2020·天水高三模拟)现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。下列有关比较中正确的是(　　)
A．最高正化合价：③>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轨道电子处于半充满状态，稳定性强，第一电离能大于S，则第一电离能：③>②>①，D正确。
2．明代宋应星所著《天工开物》中已经记载了我国古代用炉甘石(主要成分为ZnCO3)和煤冶锌工艺，锌的主要用途是制造锌合金和作为其他金属的保护层。回答下列问题：
(1)硫酸锌溶于氨水形成[Zn(NH3)4]SO4溶液。氨的热稳定性强于膦(PH3)，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)黄铜是由铜和锌所组成的合金，元素铜与锌的第一电离能分别为ICu＝746
kJ·mol－1，IZn＝906
kJ·mol－1，ICu________________________________________________________________________。
(3)《本草纲目》中记载炉甘石(主要成分为ZnCO3)可止血、消肿毒、生肌、明目等。Zn、C、O的电负性由大至小的顺序是________________。
解析：(1)氮元素的非金属性强于磷元素，故氨的热稳定性比膦强。(2)Cu与Zn的第一电离能分别为ICu＝746
kJ·mol－1，IZn＝906
kJ·mol－1，ICuC>Zn。
答案：(1)氮元素的非金属性强于磷元素　(2)锌失去的是全充满的4s2电子，铜失去的是4s1电子　(3)O>C>Zn
3．根据信息回答下列问题：
(1)如图是部分元素原子的第一电离能I1随原子序数变化的曲线图(其中12～17号元素的有关数据缺失)。
①认真分析图中同周期元素第一电离能的变化规律，推断Na～Ar元素中，Al的第一电离能的大小范围为________②图中第一电离能最小的元素在周期表中的位置是第____________周期________族。
(2)已知元素的电负性和元素的化合价一样，也是元素的一种基本性质。下面给出常见元素的电负性。
元素
Al
B
Be
C
Cl
F
Li
电负性
1.5
2.0
1.5
2.5
3.0
4.0
1.0
元素
Mg
N
Na
O
P
S
Si
电负性
3.0
0.9
3.5
2.1
2.5
1.8
已知：两成键元素间电负性差值大于1.7时，形成离子键；两成键元素间电负性差值小于1.7时，形成共价键。
①根据表中给出的数据，可推知元素的电负性的变化规律是_____________________；
②通过分析电负性变化规律，由表中数据可确定的Mg元素电负性的最小范围为____________；
③判断下列物质是离子化合物还是共价化合物：
A．Li3N　　　　　　　　　
B．BeCl2
C．AlCl3
D．SiC
Ⅰ.属于离子化合物的是____________(填字母，下同)；
Ⅱ.属于共价化合物的是____________；
Ⅲ.请设计一个实验方案证明上述结论：_____________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)①由图可以看出，同周期的第ⅠA族元素的第一电离能最小，而第ⅢA族元素的第一电离能小于第ⅡA族元素的第一电离能，故第一电离能：NaMg>Ca，由表中数据可确定的Mg元素电负性的最小范围为0.9～1.5。③根据已知条件及表中数据可知，Li与N电负性差值为2.0，大于
1.7，形成离子键，Li3N为离子化合物；Be与Cl、Al与Cl、Si与C电负性差值分别为1.5、1.5、0.7，均小于1.7，形成共价键，BeCl2、AlCl3、SiC均为共价化合物。共价化合物和离子化合物最大的区别在于熔融状态下能否导电。离子化合物在熔融状态下以离子形式存在，可以导电，但共价化合物不能。
答案：(1)①Na　Mg　②五　ⅠA
(2)①随着原子序数的递增，元素的电负性呈周期性变化
②0.9～1.5　③A　BCD　测定各物质在熔融状态下能否导电，若导电，则为离子化合物；反之，则为共价化合物
1．(电子排布式和电子排布图)(1)[2019·高考全国卷Ⅱ，35(2)]Fe成为阳离子时首先失去________轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3＋价层电子排布式为________。
(2)[2018·高考全国卷Ⅰ，35(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.
(3)[2017·高考全国卷Ⅱ，35(1)]氮原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为__________。
(4)[2017·高考全国卷Ⅲ，35(1)]Co基态原子核外电子排布式为____________。
答案：(1)4s　4f5　(2)D　C　(3)
(4)1s22s22p63s23p63d74s2(或[Ar]3d74s2)
2．(核外未成对电子数)(1)[2016·高考全国卷Ⅰ，37(1)]基态Ge原子有________个未成对电子。
(2)[2016·高考全国卷Ⅱ，37(1)]镍元素基态原子的3d能级上的未成对电子数为________。
答案：(1)2　(2)2
3．(电子运动状态和电子云)(1)[2019·高考全国卷Ⅲ，35(1)改编]镁元素基态原子核外M层电子的自旋状态________________(填“相同”或“相反”)。
(2)[2018·高考全国卷Ⅱ，35(1)]基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为________________形。
答案：(1)相反　(2)哑铃
4．(电离能)(1)[2019·高考全国卷Ⅰ，35(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)。
(2)[2018·高考全国卷Ⅰ，35(4)改编]由2Li(晶体)2Li(g)2Li＋(g)可知，Li原子的第一电离能为________________kJ·mol－1。
(3)[2016·高考全国卷Ⅲ，37(2)]根据元素周期律，第一电离能Ga________________As(填“大于”或“小于”)。
答案：(1)A　(2)520　(3)小于
5．(电负性)(1)[2016·高考全国卷Ⅰ，37(4)]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________________。
(2)[2015·高考全国卷Ⅱ，37(1)改编]O、Na、P、Cl四种元素中电负性最大的是____________(填元素符号)。
答案：(1)O>Ge>Zn　(2)O
6．(离子半径或原子半径)(1)[2018·高考全国卷Ⅰ，35(2)]Li＋与H－具有相同的电子构型，r(Li＋)小于r(H－)，原因是__________________________________________。
(2)[2016·高考全国卷Ⅲ，37(2)]根据元素周期律，原子半径Ga________________As(填“大于”或“小于”)。
答案：(1)Li＋核电荷数较大　(2)大于
1．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)基态钛原子外围电子的电子排布图为____________________________________
________________________。
(4)基态铜原子的外围电子排布式为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是副族元素，Fe是第Ⅷ族元素。C、Si、Al位于p区，Ti、Fe位于d区，Cu位于ds区。(2)第四周期的Ti、Fe、Cu均有四个能层；基态Fe原子的外围电子排布式为3d64s2，d轨道中含有4个未成对电子。(3)钛位于第四周期ⅣB族，外围电子排布式为3d24s2。(4)由外围电子排布式中的4s可推知，Cu为第四周期元素，由外围电子排布式中的电子为11个可知，Cu在元素周期表中第11列，位于第ⅠB族。
答案：(1)C、Si、Al　Ti、Fe　(2)Ti、Fe、Cu　Fe
(3)
(4)四　ⅠB
2．(2020·长春月考)如图为元素周期表前三周期的一部分。
(1)X的基态原子的电子排布图是________(填序号)；
另一电子排布图不能作为基态原子的电子排布图是因为它不符合________(填字母)。
A．能量最低原理　　B．泡利原理　　C．洪特规则
(2)以上五种元素中，________________(填元素符号)元素第一电离能最大。
(3)由以上某种元素与氢元素组成的三角锥形分子E和由以上某种元素组成的直线形分子G反应，生成两种直线形分子L和M(组成E、G、L、M分子的元素原子序数均小于10)，反应如图所示，该反应的化学方程式是__________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：根据元素周期表的结构可知X为N，Z为F，R为Ne，W为P，Y为S。
(1)当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同，因此氮元素的基态原子的电子排布图为(2)在所给五种元素中，氖元素最外层已达8电子的稳定结构，因此失去核外第一个电子需要的能量最多，即第一电离能最大。(3)根据题给图示可知E为NH3，G为F2，L为HF，M为N2，故该反应的化学方程式为2NH3＋3F2===6HF＋N2。
答案：(1)②　C　(2)Ne　(3)2NH3＋3F2===6HF＋N2
3．(2020·衡水月考)现有四种短周期元素，它们的结构、性质等信息如下表所述：
元素
结构、性质等信息
A
是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素，该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂
B
与A同周期，其最高价氧化物的水化物呈两性
C
在空气中含量第二，在地壳中含量第一
D
海水中除氢、氧元素外含量最多的元素，其单质或化合物也是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂
请根据表中信息填写：
(1)A原子的核外电子排布式为_____________________________________________。
(2)B元素在周期表中的位置是________________；离子半径：B________A(填“大于”或“小于”)。
(3)C原子的电子排布图是________________，其原子核外有________个未成对电子，能量最高的电子为______轨道上的电子，其轨道呈________形。
(4)D原子的电子排布式为________________，D－的结构示意图是________________。
(5)B的最高价氧化物对应的水化物与A的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为________________________________；B的最高价氧化物对应的水化物与D的氢化物的水溶液反应的化学方程式为_____________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：根据题中信息可推出：A为Na，B为Al，C为O，D为Cl。
(1)A为Na，其核外电子排布式为1s22s22p63s1或[Ne]3s1。(2)B为Al，其在元素周期表中的位置为第三周期ⅢA族，Na＋与Al3＋核外电子排布相同，核电荷数Al3＋大于Na＋，故r(Al3＋)答案：(1)1s22s22p63s1(或[Ne]3s1)　(2)第三周期ⅢA族　小于　(3)
(5)NaOH＋Al(OH)3===NaAlO2＋2H2O　3HCl＋Al(OH)3===AlCl3＋3H2O
4．(2020·石家庄质检)化学作为一门基础自然科学，在材料科学、生命科学、能源科学等诸多领域发挥着重要作用。
(1)高温超导材料钇钡铜氧的化学式为YBaCu3O7，其中的Cu以罕见的Cu3＋形式存在。Cu在元素周期表中的位置为______________________，基态Cu3＋的核外电子排布式为________________________________________________________________________。
(2)磁性材料在生活和科学技术中应用广泛。研究表明，若构成化合物的阳离子有未成对电子时，则该化合物具有磁性。下列物质适合做录音磁带磁粉原料的为________(填字母)。
A．V2O5　　　　　　　　
B．CrO2
C．PbO
D．ZnO
(3)屠呦呦因在抗疟药青蒿素研究中的杰出贡献，成为我国首获科学类诺贝尔奖的人。青蒿素的结构简式如图所示，其组成元素的电负性由大到小的顺序为______________________。
解析：(1)Cu原子核外有29个电子，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故Cu元素在周期表中处于第四周期ⅠB族。基态Cu原子失去3个电子得到Cu3＋，故基态Cu3＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d8或[Ar]3d8。
(2)构成化合物的阳离子有未成对电子时，则该化合物具有磁性，V5＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，不含未成对电子；Cr4＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d2，含2个未成对电子；Pb和C元素同主族，Pb2＋的6s能级处于最外层，有2个电子，故Pb2＋不含未成对电子；Zn2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，不含未成对电子，故具有磁性的为CrO2。
(3)青蒿素中含有C、H、O三种元素，其电负性由大到小的顺序为O>C>H。
答案：(1)第四周期ⅠB族　1s22s22p63s23p63d8(或[Ar]3d8)　(2)B　(3)O>C>H
5．Ⅰ.Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素。
(1)Na位于元素周期表第________周期________族；S的基态原子核外有________个未成对电子；Si的基态原子核外电子排布式为____________________。
(2)用“>”或“<”填空：
第一电离能
离子半径
熔点
酸性
Si____S
O2－____Na＋
NaCl____Si
H2SO4____
HClO4
Ⅱ.下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。试回答下列问题：
(3)h的单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，请用原子结构的知识解释发光的原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)o、p两元素的部分电离能数据列于下表：
元素
o
p
电离能/
(kJ·mol－1)
I1
717
759
I2
1
509
1
561
I3
3
248
2
957
比较两元素的I2、I3可知，气态o2＋再失去一个电子比气态p2＋再失去一个电子难。对此，你的解释是________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)已知稀有气体熔、沸点均为同周期的最低者，第三周期8种元素按单质熔点由低到高的顺序排列如图甲所示，其中电负性最大的是________(填图中的序号)。
　
(6)所给元素周期表中所列的某主族元素的电离能情况如图乙所示，则该元素是____________(填元素符号)。
解析：Ⅰ.(1)Na元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1，则Na位于元素周期表第三周期ⅠA族。S元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，其中3p轨道有2个未成对电子。Si元素基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2。
(2)同周期元素的第一电离能随原子序数的递增呈增大趋势，但s、p、d等轨道处于全空、半满、全满的稳定状态时，则出现反常现象。Si、S元素基态原子的价电子排布式分别为3s23p2、3s23p4，其中3p轨道均处于不稳定状态，因此Si的第一电离能小于S。O2－和Na＋的核外电子排布相同，其电子排布式均为1s22s22p6，离子核外电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小，因此O2－的离子半径大于Na＋。NaCl为离子晶体，Si为原子晶体，因此Si的熔点高于NaCl。一般来说，元素的非金属性越强，该元素的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Cl元素的非金属性强于S元素，则HClO4的酸性强于H2SO4。
Ⅱ.(3)h为Mg元素，Mg单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，原因是电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量。
(4)o元素为Mn，Mn2＋的基态离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其3d能级为半充满状态，相对比较稳定，当其再失去一个电子时比较困难，而p元素为Fe，Fe2＋的基态离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其3d能级再失去一个电子即为半充满状态，形成相对比较稳定的结构，故其再失去一个电子比较容易。
(5)第三周期8种元素分别为钠、镁、铝、硅、磷、硫、氯、氩，其单质中钠、镁、铝形成金属晶体，熔点依次升高；硅形成原子晶体；磷、硫、氯、氩形成分子晶体，且常温下磷、硫为固体，氯气、氩气为气体，根据已知信息可推知8种元素单质中熔点最低的为氩气，则氯气次之，故序号2代表氯气，其电负性最大。
(6)由图可知，该元素的电离能I4远大于I3，故为第ⅢA族元素，题给周期表中所列的第ⅢA族元素i属于第三周期，应为Al。
答案：Ⅰ.(1)三　ⅠA　2　1s22s22p63s23p2(或[Ne]3s23p2)
(2)<　>　<　<
Ⅱ.(3)电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量
(4)Mn2＋的3d轨道电子排布为半充满状态，比较稳定
(5)2
(6)Al
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1第37讲　分子结构与性质
1．(教材改编题)指出下列分子或离子的立体构型和中心原子的杂化类型。
(1)H2S___________________，CO2___________________________________，
PH3______________________，PCl3_______________________________________，
BF3______________________，HCN_______________________________________，
SO2______________________，SiH4____________________________________________。
(2)NH___________________，NO_______________________________________，
SO_____________________，ClO_______________________________________，
ClO_____________________，SiO________________________________________。
答案：(1)V形、sp3　直线形、sp　三角锥形、sp3　三角锥形、sp3　平面三角形、sp2　直线形、sp　V形、sp2　正四面体形、sp3
(2)正四面体形、sp3　V形、sp2　三角锥形、sp3　三角锥形、sp3　正四面体形、sp3　平面三角形、sp2
2．B、N、Ti、Fe都是重要的材料元素，其单质及化合物在诸多领域中都有广泛的应用。
(1)基态Fe2＋的电子排布式为________________；Ti原子核外共有________________种运动状态不同的电子。
(2)BH3分子与NH3分子的立体构型分别为__________________________；BH3与NH3反应生成的BH3·NH3分子中含有的化学键类型有________________，在BH3·NH3中B原子的杂化方式为________________。
(3)N和P同主族。科学家目前合成了N4分子，该分子中N—N—N键的键角为________________；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，推测其用途是________________(写出一种即可)。
(4)NH3与Cu2＋可形成[Cu(NH3)4]2＋配离子。已知NF3与NH3具有相同的空间构型，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是_________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图所示。化合物乙的沸点明显高于化合物甲，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________________。
解析：(1)基态Fe2＋核外有24个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6。Ti核外有22个电子，每个电子的运动状态均不相同。(2)BH3中B无孤电子对，立体构型为平面三角形，NH3中N有一对孤电子对，立体构型为三角锥形。BH3·NH3中B与H之间、NH3中N与H之间为共价键，BH3·NH3中B与N之间为配位键。BH3·NH3中B原子的成键电子对数为4，杂化类型为sp3。(3)N4分子和P4分子类似，该分子中N—N—N键的键角为60°。N4分解后能产生N2并释放出大量能量，可以用作火箭推进剂或制造炸药。(4)F的电负性比N大，N—F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键。(5)化合物乙分子间存在氢键，因此其沸点比化合物甲的高。化合物乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，第一电离能：N>O>C。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)　22
(2)平面正三角形、三角锥形　共价键、配位键　sp3
(3)60°　制造火箭推进剂或炸药(其他合理答案均可)
(4)F的电负性比N大，N—F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键
(5)化合物乙分子间存在氢键　N>O>C
3．Fe、C、N、O、H可以组成多种物质。回答下列问题：
(1)N≡N键的键能为942
kJ·mol－1，N—N键的键能为247
kJ·mol－1，计算说明N2中的______键比______键稳定。(填“σ”或“π”)
(2)配合物Fe(CO)5会使合成氨等生产过程中的催化剂中毒。
①与CO互为等电子体的分子和离子分别有________________、________________。
②CO分子中σ键与π键数目之比为________________。
(3)(CN)2分子中所有原子最外层都满足8电子，请写出其结构式：________________；(CN)2分子为________(填“极性”或“非极性”)分子。
(4)血红素分子结构如图所示。
①血红素分子间存在的作用力有________________(填名称)。
②血红素分子中C原子的杂化方式为_________，N原子的杂化方式为__________。
③与Fe通过配位键结合的氮原子的编号是_____________________________________。
解析：(1)N≡N键中σ键的键能为247
kJ·mol－1，π键的平均键能为＝347.5
kJ·mol－1，故π键比σ键稳定。(2)①与CO互为等电子体的分子或离子有N2、CN－、C。②由N2的结构式类推CO中C、O之间为三键，含有1个σ键、2个π键。(3)(CN)2的结构式为N≡C—C≡N，呈直线形，属于非极性分子。(4)①血红素分子间存在的作用力为范德华力和氢键。②血红素分子中形成4个单键的C为sp3杂化；形成2个单键和1个双键的C为sp2杂化；形成3个单健的N为sp3杂化；形成2个单键和1个双键的N为sp2杂化。③2、4号N原子形成3个单键，达到8电子稳定结构，而1、3号N形成2个单键、1个双键，其中有一个单键为配位键。
答案：(1)π　σ
(2)①N2　CN－(或C)　②1∶2
(3)N≡C—C≡N　非极性
(4)①范德华力、氢键　②sp2、sp3　sp2、sp3　③1和3
4．研究温室气体CH4和CO2的转化和利用对减轻温室效应有重大意义。
(1)CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为________________。
(2)下列关于CH4和CO2的说法正确的是____________(填字母)。
a．固态CO2属于分子晶体
b．CH4分子中含有极性共价键，是极性分子
c．因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4的熔点低于CO2
d．CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp
(3)在Ni基催化剂作用下，CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2。
①基态Ni原子的电子排布式为________________，该元素位于元素周期表中的第________族。
②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，1
mol
Ni(CO)4中含有________mol
σ键。
(4)一定条件下，CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。
参数分子　　　
分子直径/nm
分子与H2O的结合能E/(kJ·mol－1)
CH4
0.436
16.40
CO2
0.512
29.91
①“可燃冰”中分子间存在的两种作用力是___________________________________。
②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586
nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)元素的非金属性越强，电负性越大，故H、C、O的电负性依次增大。(2)固态CO2是分子晶体，a项正确；CH4分子是正四面体对称结构，为含有极性键的非极性分子，b项错误；CH4和CO2都是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高，与键能无关，c项错误；CH4为正四面体结构，碳原子的杂化类型是sp3杂化，CO2为直线形分子，碳原子的杂化类型是sp杂化，d项正确。(3)①Ni的原子序数为28，故其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；Ni排在Fe、Co的后面，位于第四周期Ⅷ族；②CO分子的电子式为C O，分子中存在1个σ键，而Ni(CO)4中Ni与CO之间还存在4个σ键，故1
mol
Ni(CO)4中含有8
mol
σ键。(4)①CH4和H2O形成的水合物俗称“可燃冰”，分子晶体中作用力为范德华力，另外水分子间还存在氢键；②根据表格数据，二氧化碳分子与水分子的结合能更大，表明CO2更易与水分子结合。
答案：(1)H、C、O　(2)ad　(3)①1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]3d84s2)　Ⅷ　②8　(4)①氢键、范德华力　
②CO2的分子直径小于笼状结构空腔直径，且与H2O的结合能大于CH4
5．(2020·试题调研)据《科技日报》报道，英国华威大学和我国中山大学的一项国际合作研究表明，癌细胞可以被金属铱靶向和破坏。铱(Ir)属于铂系金属，铂系金属包括钌(Ru)、锇(Os)、铑(Rh)、铱(Ir)、钯(Pd)、铂(Pt)六种金属。其中铑、铱、钯、铂在周期表中的相对位置如图所示。
Co
Ni
Rh
Pd
Ir
Pt
回答下列问题：
(1)基态铱原子的价层电子排布式为______________________________________。
(2)实验室常用氯化钯(PdCl2)溶液检验CO，发生反应为PdCl2＋CO＋H2O===Pd↓＋CO2＋2HCl。
①在标准状况下，V
L
CO2含π键数目为________(NA表示阿伏加德罗常数的值)。
②HCl分子中σ键类型是________(填字母)。
A．s s　　　　　　　　　
B．s p
C．s sp2
D．s sp3
(3)实验证明，PtCl2(NH3)2的结构有两种：A呈棕黄色，有极性，有抗癌活性，在水中的溶解度为0.258
g，水解后能与草酸(HOOC—COOH)反应生成Pt(C2O4)(NH3)2；B呈淡黄色，无极性，无抗癌活性，在水中的溶解度为0.037
g，水解后不能与草酸反应。
①PtCl2(NH3)2的立体构型是____________(填“四面体形”或“平面四边形”)。
②画出A的结构图示：______________________________________________________。
③C2O中碳原子的杂化类型是________，提供孤电子对的原子是________(填元素符号)。
④C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为__________，判断依据是_______________。
解析：(1)根据钴原子的价层电子排布式可推出铱原子的价层电子排布式：3d74s2→5d76s2。(3)①如果PtCl2(NH3)2是四面体形结构，类似甲烷的立体构型，只有一种结构，与题意不符。②A具有极性，在水中的溶解度比B的大，说明A分子中2个NH3位于邻位，B分子中2个NH3位于对位。③C2O中碳原子没有孤电子对，2个氧原子提供2对孤电子对。
答案：(1)5d76s2　(2)①　②B
(3)①平面四边形　②　③sp2　O
④N>O>C　O的原子半径小于C，N的2p轨道处于半充满状态，较稳定
6．(2020·临汾模拟)B、C、N是几种常见的非金属元素，其形成的各种化合物在自然界中广泛存在。
(1)基态硼原子的电子排布式为________________。
(2)BF3与一定量的水可形成如图甲的晶体R。
①晶体R中各种微粒间的作用力涉及______(填字母)。
a．离子键　　b．共价键　　c．配位键　　d．金属键
②R中阴离子的立体构型为________________。
(3)乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)与CaCl2溶液可形成配离子(结构如图乙)，乙二胺分子中氮原子的杂化类型为________________；乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]
均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是_____________________________
________________________________________________________________________。
(4)氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，其结构与石墨相似，具有层状结构，可做高温润滑剂；它的晶体结构如图丙所示，六方相氮化硼质地软的原因是________________________________________________________________________。
解析：(1)基态硼原子核外有5个电子，其核外电子排布式为1s22s22p1。(2)①晶体R中各种微粒间的作用力涉及离子键、共价键、配位键；②R中阴离子的中心原子B形成4个σ键且不含孤电子对，所以B原子采用sp3杂化方式，立体构型为四面体形。(3)乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)中N原子形成3个σ键，含有1对孤电子对，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)分子之间可以形成氢键，三甲胺[N(CH3)3]分子之间不能形成氢键，故乙二胺的沸点较高。(4)六方相氮化硼中，每一个B原子与3个N原子相连，每1个N原子与3个B原子相连，形成平面三角形，向空间发展成层状结构。六方相氮化硼不含π键，只含σ键，层与层之间通过范德华力结合在一起，作用力小，导致其质地软。
答案：(1)1s22s22p1　(2)①abc　②四面体形
(3)sp3杂化　乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键　(4)层与层之间通过范德华力结合在一起，作用力小
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第12章　物质结构与性质(选修3)
第37讲　分子结构与性质
01
练真题·明考向
02
课后达标检测
共用电子对
饱和性
方向性
极性
非极性
单
双
三
一
一
一
两
极性
非极性
短
大
价电子总数
直线形
V形
三角锥形
2
直线形
3
120°
4
四面体形
sp
sp2
sp2
孤电子对
空轨道
孤电子对
范德华力
氢键
<
<
组成和结构
相对分子质量
增大
越大
电负性很强
氢原子
电负性很强
方向
饱和
分子内
分子间
升高
重合
不重合
非极性键或极性键
非极性键或极性键
对称
不对称
非极性
极性
增大
镜像
不能重叠
手性异构体
四个不同基团或原子
本部分内容讲解结束
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学
考纲/要/求
核/心/素/养
了解共价键的形成、极性、类型(σ键和π键)。了宏观辨识与能从不同层次认识分子的构型,并对共价键进行分类
解配位键的含义
微观探析能从宏观和微观相结合的视角分析与解决实际问题
2能用键能、键长、键角等说明简单分子的某些性质。变化观念与认识共价键的本质及类型,能多角度、动态地分析分子
3能用价层电子对互斥理论或者杂化轨道理论推测简平衡思想的立体结构及性质,并运用相关理论解决实际问题
单分子或离子的立体构型
证据推理与能运用价层电子对互斥理论和杂化轨道理论等解释分子
4了解杂化轨道理论及简单的杂化轨道类型(ssp3、sp3)。模型认知的立体结构及性质,揭示现象的本质与规律
5.了解范德华力的含义及对物质性质的影响。
能发现和提出有探究价值的关于分子的结构、性质的问
6了解氢键的含义,能列举存在氢键的物质,并能解科学探究与
释氢键对物质性质的影响
创新彦识题,设计探究方案进行探究分析,而对异常现象敢于提
出自己的见解。
气态基态原子形成1mol化学键释
放的最低能量
键参数
形成共价键的两个原子之间的核间距
在原子数超过2的分子中,两个共价
键之间的夹角
键能
决定
分子的
键参数
决定
键长
分子的性质
决定,分子的
键角
稳定性
立体构型
中心离子
配位原子
配位数
次氯酸磷酸
硫酸
高氯酸
OhO
OHO
氧酸
O
O
羟基氧
原子数
酸性弱酸
强酸
强酸
最强酸
练真题·明考向
○第37讲　分子结构与性质
考点一　共价键及其参数
[知识梳理]
一、共价键的本质和特征
共价键的本质是在原子之间形成共用电子对，其特征是具有饱和性和方向性。
二、共价键的分类
分类依据
类型
形成共价键的原子轨道重叠方式
原子轨道“头碰头”重叠
σ键
原子轨道“肩并肩”重叠
π键
形成共价键的电子对是否偏移
共用电子对发生偏移
极性键
共用电子对不发生偏移
非极性键
原子间共用电子对的数目
原子间有一对共用电子对
单键
原子间有两对共用电子对
双键
原子间有三对共用电子对
三键
三、共价键类型的判断
1．σ键与π键
(1)依据强度判断：σ键的强度较大，较稳定；π键活泼，比较容易断裂。
(2)共价单键都是σ键，共价双键中含有一个σ键、一个π键，共价三键中含有一个σ键、两个π键。
2．极性键与非极性键
依据形成共价键的两原子的种类判断：不同种元素的原子之间形成的是极性共价键，同种元素的原子之间形成的是非极性共价键。
只有两原子的电负性相差不大时，才能通过共用电子对形成共价键，当两原子的电负性相差很大（大于1.7）时，不会形成共价键，而是形成离子键。
四、键参数
1．概念
2．键参数对分子性质的影响
3．键参数与分子稳定性的关系：键长越短，键能越大，分子越稳定。
五、等电子原理
原子总数相同、价电子总数相同的分子(即等电子体)具有相似的化学键特征，它们的许多性质是相近的，如N2与CO、O3与SO2、N2O与CO2、CH4与NH等。
[自主检测]
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)(2017·高考江苏卷改编)1
mol丙酮
()分子中含有σ键的数目为8NA。(　　)
(2)1
mol
HCHO分子中含有σ键的数目为3
mol。(　　)
(3)只有非金属原子之间才能形成共价键。(　　)
(4)σ键比π键的电子云重叠程度大，形成的共价键弱。(　　)
(5)在任何情况下，都是σ键比π键强度大。(　　)
(6)在所有分子中都存在化学键。(　　)
(7)分子的稳定性与分子间作用力的大小无关。(　　)
(8)s s
σ键与s p
σ键的电子云形状对称性相同。(　　)
(9)σ键能单独形成，而π键一定不能单独形成。(　　)
(10)σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转。(　　)
(11)碳碳三键和碳碳双键的键能分别是碳碳单键键能的3倍和2倍。(　　)
(12)所有的共价键都有方向性。(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)√　(8)√　(9)√　(10)√　(11)×　(12)×
2．现有以下物质：①HF；②Cl2；③H2O；④N2；⑤C2H4；⑥C2H6；⑦H2；⑧H2O2；⑨HCN(H—C≡N)。只有σ键的是____________(填序号，下同)；既有σ键，又有π键的是____________；含有由两个原子的s轨道重叠形成的σ键的是____________；含有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键的是____________；含有由一个原子的p轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键的是____________。
答案：①②③⑥⑦⑧　④⑤⑨　⑦　①③⑤⑥⑧⑨
②④⑤⑥⑧⑨
3．与CCl4互为等电子体的分子或离子有___________________________________。
答案：SiCl4、CBr4、SO、CF4(合理即可)
演练一　共价键的类别及判断
1．下列关于σ键和π键的理解不正确的是(　　)
A．含有π键的分子在进行化学反应时，分子中的π键比σ键活泼
B．在有些分子中，共价键可能只含有π键而没有σ键
C．有些原子在与其他原子形成分子时只能形成σ键，不能形成π键
D．当原子形成分子时，首先形成σ键，可能形成π键
解析：选B。同一分子中的π键不如σ键牢固，反应时比较容易断裂，A项正确；在共价单键中只含有σ键，而含有π键的分子中一定含有σ键，B项错误、D项正确；氢原子、氯原子等跟其他原子形成分子时只能形成σ键，C项正确。
2．含碳元素的物质是化学世界中最庞大的家族，请填写下列空格。
(1)CH4中的化学键从形成过程来看，属于____________(填“σ”或“π”)键，从其极性来看属于______________键。
(2)已知CN－与N2结构相似，推算HCN分子中σ键与π键数目之比为________________。
(3)C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成共价键，且每个碳原子最外层都满足8电子稳定结构，则C60分子中π键的数目为________________。
(4)利用CO可以合成化工原料COCl2，COCl2分子的结构式为，每个COCl2分子内含有的σ键、π键数目分别为________(填字母)。
A．4个σ键　　　　　　　　
B．2个σ键、2个π键
C．2个σ键、1个π键
D．3个σ键、1个π键
答案：(1)σ　极性　(2)1∶1　(3)30　(4)D
演练二　键参数及其应用
3．下列说法中正确的是(　　)
A．分子的键长越长，键能越大，分子越稳定
B．元素周期表中的第ⅠA族(除H外)和第ⅦA族元素的原子间不能形成共价键
C．水分子可表示为H—O—H，分子的键角为180°
D．H—O键键能为462.8
kJ·mol－1，即18
g
H2O分解成H2和O2时，消耗能量为2×462.8
kJ
解析：选B。键长越短，键能越大，分子越稳定，A错误；共价键一般形成于非金属元素之间，而第ⅠA族元素(H除外)均是活泼金属元素，第ⅦA族元素均是活泼非金属元素，二者易形成离子键，B正确；水分子立体构型为V形，两个H—O键的键角为105°，C错误；断裂2
mol
H—O键吸收2×462.8
kJ能量，而不是H2O分解成H2和O2时消耗的能量，D错误。
4．(2020·开封高三联考)已知键能、键长部分数据如下表：
共价键
Cl—Cl
Br—Br
I—I
H—F
H—Cl
H—Br
H—I
H—O
键能/
(kJ·mol－1)
242.7
193.7
152.7
568
431.8
366
298.7
462.8
键长/pm
198
228
267
96
共价键
C—C
C===C
C≡C
C—H
N—H
N===O
O—O
O===O
键能/
(kJ·mol－1)
347.7
615
812
413.4
390.8
607
142
497.3
键长/pm
154
133
120
109
101
(1)下列有关性质的比较正确的是________(填字母，下同)。
A．稳定性：HF>HCl>HBr>HI
B．氧化性：I2>Br2>Cl2
C．沸点：H2O>NH3
D．还原性：HI>HBr>HCl>HF
(2)下列有关推断正确的是________。
A．同种元素形成的共价键稳定性：三键>双键>单键
B．同种元素形成的双键键能一定小于单键的2倍
C．键长越短，键能一定越大
D．氢化物的键能越大，其稳定性一定越强
(3)在HX(X为卤素)分子中，键长最短的是________，最长的是________；O—O键的键长________(填“大于”“小于”或“等于”)O===O键的键长。
解析：(1)根据表中数据，同主族元素气态氢化物的键能从上到下逐渐减小，稳定性逐渐减弱，A项正确；从键能和键长看，氯单质、溴单质、碘单质的稳定性逐渐减弱，由原子结构知，氧化性也逐渐减弱，B项错误；H2O在常温下为液态，NH3在常温下为气态，则H2O的沸点比NH3高，C项正确；还原性与失电子能力有关，还原性：HI>HBr>HCl>HF，D项正确。(2)由碳碳键的数据知，A项正确；由O—O键、O===O键的键能知，B项错误；C—H键的键长大于N—H键的键长，但是N—H键的键能反而较小，C项错误；由C—H键、N—H键的键能知，CH4的键能较大，而稳定性CH4比NH3弱，D项错误。
答案：(1)ACD　(2)A　(3)HF　HI　大于
演练三　等电子原理的理解与应用
5．(2020·包头东河区期末)根据等电子原理判断，下列说法中错误的是(　　)
A．B3N3H6分子中所有原子均在同一平面上
B．B3N3H6分子中存在双键，可发生加成反应
C．H3O＋和NH3是等电子体，立体构型均为三角锥形
D．CH4和NH是等电子体，立体构型均为正四面体形
解析：选B。A项，B3N3H6和苯是等电子体，其结构相似；C项，H3O＋和NH3是等电子体，根据氨分子的立体构型判断水合氢离子的立体构型；D项，CH4和NH是等电子体，根据甲烷的立体构型判断铵根离子的立体构型。
6．(教材改编题)已知CO2为直线形结构，SO3为平面正三角形结构，NF3为三角锥形结构，请推测COS、CO、PCl3的立体结构。
解析：COS与CO2互为等电子体，结构相似，所以COS为直线形结构；CO与SO3互为等电子体，结构相似，所以CO为平面正三角形结构；PCl3与NF3互为等电子体，结构相似，所以PCl3为三角锥形结构。
答案：COS为直线形结构；CO为平面正三角形结构；PCl3为三角锥形结构。
7．回答下列问题。
(1)根据等电子原理，仅由第二周期元素形成的共价分子中，互为等电子体的是________和________；________和________。(填化学式，下同)
(2)在短周期元素组成的物质中，与NO互为等电子体的分子有________、________。
(3)与H2O互为等电子体的一种阳离子是________，阴离子是________。
(4)与N2互为等电子体的一种阴离子是________，阳离子是________。
答案：(1)N2　CO　N2O　CO2　(2)SO2　O3
(3)H2F＋　NH　(4)CN－(或C)　NO＋
考点二　分子的立体构型
[知识梳理]
一、价层电子对互斥理论(VSEPR)
1．理论要点
(1)价层电子对在空间上彼此相距最远时，排斥力最小，体系的能量最低。
(2)孤电子对的排斥力较大，孤电子对数越多，排斥力越强，键角越小。
2．判断分子中的中心原子上的价层电子对数的方法
其中：a是中心原子的价电子数(阳离子要减去电荷数、阴离子要加上电荷数)；x是与中心原子结合的原子数；b是与中心原子结合的原子最多能接受的电子数，氢为1，其他原子等于“8－该原子的价电子数”。
3．价层电子对互斥理论与分子立体构型
价层电子对数
σ键电子对数
中心原子上的孤电子对数
VSEPR模型名称
分子立体构型
实例
2
2
0
直线形
直线形
CO2
3
3
0
平面三角形
平面三角形
BF3
2
1
V形
SO2
4
4
0
四面体形
正四面体形
CH4
3
1
三角锥形
NH3
2
2
V形
H2O
价层电子对互斥理论说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。
（1）当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；
（2）当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致。
二、杂化轨道理论
1．理论要点
当原子成键时，原子的价电子轨道相互混杂，形成与原轨道数相等且能量相同的杂化轨道。杂化轨道数不同，轨道间的夹角不同，形成分子的空间结构不同。
2．杂化轨道的类型与VSEPR模型的关系
杂化轨道类型
杂化轨道数目
杂化轨道间夹角
VSEPR模型名称
实例
sp
2
180°
直线形
BeCl2
sp2
3
120°
平面三角形
BF3
sp3
4
109°28′
四面体形
CH4
3.由杂化轨道数判断中心原子的杂化类型
杂化轨道用来形成σ键和容纳孤电子对，所以有公式：
杂化轨道数＝中心原子上的孤电子对数＋中心原子的σ键个数。
代表物
杂化轨道数
中心原子的杂化类型
CO2
0＋2＝2
sp
CH2O
0＋3＝3
sp2
CH4
0＋4＝4
sp3
SO2
1＋2＝3
sp2
NH3
1＋3＝4
sp3
H2O
2＋2＝4
sp3
三、配位键和配合物
1．配位键
(1)形成：成键原子一方提供孤电子对，另一方提供空轨道形成共价键。
(2)表示：常用“―→”来表示配位键，箭头指向接受孤电子对的原子，如NH可表示为[]＋。在NH中，虽然有一个N—H键形成过程与其他3个N—H
键形成过程不同，但是一旦形成之后，4个共价键就完全相同。
2．配合物
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，如[Cu(NH3)4]SO4。
配体有孤电子对，如H2O、NH3、CO、F－、Cl－、CN－等。中心原子(或离子)有空轨道，如Fe3＋、Cu2＋、Zn2＋、Ag＋等。
[自主检测]
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)[2019·高考全国卷Ⅲ，35(2)
改编]FeCl3
中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3
的结构式为，其中Fe的配位数为4。(　　)
(2)杂化轨道只用于形成σ键或用来容纳未参与成键的孤电子对。(　　)
(3)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构。(　　)
(4)NH3分子立体构型为三角锥形，N原子发生sp2杂化。(　　)
(5)只要分子立体构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化。(　　)
(6)中心原子是sp杂化的，其分子立体构型不一定为直线形。(　　)
(7)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数。(　　)
答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×　(7)√
2．填表
序号
物质
中心原子上的孤电子对数
价层电子对数
VSEPR模型名称
分子或离子立体构型
中心原子杂化类型
①
CS2
②
HCHO
③
NCl3
④
SO
⑤
H3O＋
答案：①0　2　直线形　直线形　sp
②0　3　平面三角形　平面三角形　sp2
③1　4　四面体形　三角锥形　sp3
④0　4　正四面体形　正四面体形　sp3
⑤1　4　四面体形　三角锥形　sp3
3．比较下列分子或离子中的键角大小。
(1)H2O________H3O＋，NH3________NH。
(2)SO3________CCl4，CS2________SO2。
解析：(1)H2O与H3O＋，NH3与NH的中心原子均采用sp3杂化，孤电子对数越多，斥力越大，键角越小。(2)杂化类型不同，键角不同。
答案：(1)<　<　(2)>　>
演练一　分子的立体构型及中心原子杂化类型的判断
1．(2020·大连校级期末)下列说法中正确的是(　　)
A．PCl3分子立体构型是三角锥形，这是因为P原子采取sp2杂化
B．sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道
C．凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体形
D．AB3型的分子立体构型必为平面三角形
解析：选C。A项，PCl3分子的中心原子P含有3个成键电子对和1对孤电子对，为sp3杂化，立体构型为三角锥形，错误；B项，能量相近的s轨道和p轨道形成杂化轨道，错误；C项，凡中心原子采取sp3杂化的分子，其VSEPR模型都是四面体形，而分子的立体构型还与含有的孤电子对数有关，正确；D项，AB3型的分子立体构型与中心原子的孤电子对数有关，如BF3中B原子没有孤电子对，为平面三角形，NH3中N原子有1对孤电子对，为三角锥形，错误。
2．徐光宪在《分子共和国》一书中介绍了许多明星分子，如H2O2、CO2、BF3、CH3COOH等。下列说法正确的是(　　)
A．H2O2分子中的O原子为sp2杂化
B．CO2分子中的C原子为sp杂化
C．BF3分子中的B原子为sp3杂化
D．CH3COOH分子中的C原子均为sp2杂化
解析：选B。A项，H2O2分子中的O原子形成2个σ键，含有2对孤电子对，采取sp3杂化，错误；B项，CO2分子中的C原子形成2个σ键，没有孤电子对，采取sp杂化，正确；C项，BF3分子中的B原子的最外层电子数为3，形成3个σ键，没有孤电子对，采取sp2杂化，错误；D项，CH3COOH分子中有2个C原子，其中甲基上的C原子形成4个σ键，没有孤电子对，采取sp3杂化，错误。
3．原子形成化合物时，电子云间的相互作用对物质的结构和性质会产生影响。请回答下列问题：
(1)BF3分子的立体构型为____________，NF3分子的立体构型为____________。
(2)碳原子有4个价电子，在形成化合物时价电子均参与成键，但杂化方式不一定相同。在乙烷、乙烯、乙炔和苯四种分子中，碳原子采取sp杂化的分子是____________(写结构简式，下同)，采取sp2杂化的分子是____________________，采取sp3杂化的分子是____________。试写出一种有机物分子的结构简式，要求同时含有三种不同杂化方式的碳原子：________________________________________________________________________。
(3)已知H2O、NH3、CH4三种分子中，键角由大到小的顺序是CH4>NH3>H2O，请分析可能的原因是_________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)BF3分子中的B原子采取sp2杂化，所以其分子的立体构型为平面三角形；NF3分子中的N原子采取sp3杂化，其中一个杂化轨道中存在一对孤电子对，所以其分子的立体构型为三角锥形。(2)乙烷分子中的碳原子采取sp3杂化，乙烯、苯分子中的碳原子均采取sp2杂化，乙炔分子中的碳原子采取sp杂化；同时含有三种不同杂化方式的碳原子的有机物分子中应该同时含有烷基(或环烷基)、碳碳双键(或苯环)和碳碳三键。(3)CH4分子中的C原子上没有孤电子对，NH3分子中的N原子上有1对孤电子对，H2O分子中的O原子上有2对孤电子对，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥作用越大，键角越小。
答案：(1)平面三角形　三角锥形
(3)CH4分子中的C原子上没有孤电子对，NH3分子中的N原子上有1对孤电子对，H2O分子中的O原子上有2对孤电子对，孤电子对数越多，对成键电子对的排斥作用越大，键角越小
“五方法”判断分子中心原子的杂化类型
(1)根据杂化轨道的空间构型判断
①若杂化轨道在空间的分布呈正四面体形或三角锥形，则分子的中心原子发生sp3杂化。
②若杂化轨道在空间的分布呈平面三角形，则分子的中心原子发生sp2杂化。
③若杂化轨道在空间的分布呈直线形，则分子的中心原子发生sp杂化。
(2)根据杂化轨道之间的夹角判断
若杂化轨道之间的夹角为109°28′，则分子的中心原子发生sp3杂化；若杂化轨道之间的夹角为120°，则分子的中心原子发生sp2杂化；若杂化轨道之间的夹角为180°，则分子的中心原子发生sp杂化。
(3)根据等电子原理判断
如CO2是直形线分子，CNS－、N与CO2互为等电子体，所以分子或离子构型均为直线形，中心原子均采用sp杂化。
(4)根据中心原子的价层电子对数判断
若中心原子的价层电子对数为4，是sp3杂化；若为3，是sp2杂化；若为2，是sp杂化。
(5)根据分子或离子中有无π键及π键的数目判断
若没有π键为sp3杂化，含1个π键为sp2杂化，含2个π键为sp杂化。(仅对某些分子或离子适用)
演练二　价层电子对互斥理论与分子结构
4．下列描述中正确的是(　　)
①CS2为V形的极性分子
②ClO的立体构型为平面三角形
③SF6中有6对完全相同的成键电子对
④SiF4和SO的中心原子均为sp3杂化
A．①②　　　B．②③　　　C．③④　　　D．①④
解析：选C。CS2的立体构型与CO2相同，是直线形的非极性分子，①错误；ClO的立体构型是三角锥形，②错误；SF6分子是正八面体构型，中心原子S原子具有6个杂化轨道，每个杂化轨道容纳2个电子(1对σ键电子对)，形成6个S—F键，所以SF6分子有6对完全相同的成键电子对，③正确；SiF4和SO的中心原子都是sp3杂化(但是前者为正四面体形，后者为三角锥形)，④正确。
5．为了解释和预测分子的立体构型，科学家提出了价层电子对互斥(VSEPR)模型。
(1)利用VSEPR理论推断PO的VSEPR模型是________________。
(2)有两种活性反应中间体粒子，它们的粒子中均含有1个碳原子和3个氢原子。请依据下面给出的这两种微粒的球棍模型，写出相应的化学式：
甲：________________；
乙：________________。
(3)按要求写出由第二周期非金属元素构成的分子的化学式：
平面三角形分子：________________；三角锥形分子：________________；四面体形分子：________________________________________________________________________。
(4)写出SO3常见的等电子体的化学式：
一价阴离子：________________(写出一种，下同)；二价阴离子：________________；它们的中心原子采用的杂化方式都是________________。
答案：(1)正四面体形　(2)CH　CH　(3)BF3　NF3　CF4　(4)NO　CO　sp2
演练三　配位理论及应用
6．(2020·茂名调研)向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加氨水，先生成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液。下列对此现象的说法正确的是(　　)
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2＋的浓度不变
B．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2＋
C．配位化合物中只有配位键
D．在[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋提供孤电子对，NH3中的N原子提供空轨道
解析：选B。NH3中的N原子与Cu2＋形成配位键，Cu2＋提供空轨道，N原子提供孤电子对。
7．(1)配位化学创始人维尔纳发现，取CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)四种化合物各1
mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银，沉淀的量分别为3
mol、2
mol、1
mol和1
mol。
①请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。
CoCl3·6NH3_____________________________________________________________，
CoCl3·5NH3_____________________________________________________________，
CoCl3·4NH3(绿色和紫色)：_________________________________________________。
②CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)的组成相同而颜色不同的原因是________________________________________________________________________。
③上述配合物中，中心离子的配位数都是_____________________________________。
(2)向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成红色。该反应在有的教材中用方程式FeCl3＋3KSCN===Fe(SCN)3＋3KCl表示。经研究表明，Fe(SCN)3是配合物，Fe3＋与SCN－不仅能以1∶3的个数比配合，还可以其他个数比配合。请按要求填空：
①Fe3＋与SCN－反应时，Fe3＋提供________________，SCN－提供________________，二者通过配位键结合。
②所得Fe3＋与SCN－的配合物中，主要是Fe3＋与SCN－以个数比1∶1配合，所得离子显红色。含该离子的配合物的化学式是________。
③若Fe3＋与SCN－以个数比1∶5配合，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为___________________________________________________________。
解析：(1)由题意知，四种配合物中的自由Cl－分别为3、2、1、1，则它们的化学式分别为[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5Cl]Cl2、[Co(NH3)4Cl2]Cl、[Co(NH3)4Cl2]Cl，最后两种互为同分异构体。(2)Fe3＋和SCN－形成配合物时，Fe3＋提供空轨道，SCN－提供孤电子对；Fe3＋和SCN－以1∶1和1∶5形成配离子时，写化学式要用Cl－和K＋分别平衡配离子的电荷，使配合物呈电中性。
答案：(1)①[Co(NH3)6]Cl3　[Co(NH3)5Cl]Cl2
[Co(NH3)4Cl2]Cl　②它们互为同分异构体　③6
(2)①空轨道　孤电子对　②[Fe(SCN)]Cl2　③FeCl3＋5KSCN===K2[Fe(SCN)5]＋3KCl
考点三　分子间作用力与分子的性质
[知识梳理]
一、分子间作用力
1．概念：物质分子之间普遍存在的相互作用力。
2．分类：最常见的是范德华力和氢键。
3．强弱：范德华力<氢键<化学键。
4．范德华力：主要影响物质的熔点、沸点、硬度等物理性质。范德华力越强，物质的熔、沸点越高，硬度越大。一般来说，组成和结构相似的物质，随着相对分子质量的增加，范德华力逐渐增大；相对分子质量相近的分子，分子的极性越大，范德华力越大。
5．氢键
(1)形成：已经与电负性很强的原子形成共价键的氢原子(该氢原子几乎为裸露的质子)与另一个分子中电负性很强的原子之间的作用力，称为氢键。
(2)表示方法：A—H…B。
①A、B为电负性很强的原子，一般为N、O、F三种元素的原子。
②A、B可以相同，也可以不同。
(3)特征：具有一定的方向性和饱和性。
(4)分类：包括分子内氢键和分子间氢键两种。
(5)分子间氢键对物质性质的影响：主要表现为使物质的熔、沸点升高，对电离和溶解度等产生影响。
二、分子的性质
1．分子的极性
类型
非极性分子
极性分子
形成原因
正电中心和负电中心重合
正电中心和负电中心不重合
存在的共价键
非极性键或极性键
非极性键或极性键
分子内原子排列
对称
不对称
2.分子的溶解性
(1)“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。若溶剂和溶质分子之间可以形成氢键，则溶质的溶解度增大。
(2)随着溶质分子中憎水基个数的增多，溶质在水中的溶解度减小，如甲醇、乙醇和水以任意比互溶，而戊醇在水中的溶解度明显减小。
3．分子的手性
(1)手性异构：具有完全相同的组成和原子排列的一对分子，如同左手和右手一样互为镜像，在三维空间里不能重叠的现象。
(2)手性分子：具有手性异构体的分子。
(3)手性碳原子：在有机物分子中，连有四个不同基团或原子的碳原子。含有手性碳原子的分子是手性分子，如
(标
的为手性碳原子)。
4．无机含氧酸分子的酸性
无机含氧酸的通式可写成(HO)mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，R的正电性越高，导致R—O—H中O的电子向R偏移，因而在水分子的作用下，也就越容易电离出H＋，即酸性越强，如酸性：HClO[自主检测]
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)卤素单质、卤素氢化物、卤素碳化物(即CX4)的熔、沸点均随着相对分子质量的增大而增大。(　　)
(2)乙醇分子和水分子间只存在范德华力。(　　)
(3)碘化氢的沸点高于氯化氢的沸点是因为碘化氢分子间存在氢键。(　　)
(4)H2O比H2S稳定是因为水分子间存在氢键。(　　)
(5)氢键具有方向性和饱和性。(　　)
(6)氢键的存在一定能使物质的熔、沸点升高。(　　)
(7)可燃冰(CH4·8H2O)中甲烷分子与水分子间形成了氢键。(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×　(7)×
2．NH3极易溶于水的原因是_______________________________________________。
答案：NH3为极性分子，且NH3与H2O分子间可形成氢键
演练一　共价键的极性与分子极性的判断
1．(教材改编题)下列叙述中正确的是(　　)
A．以非极性键结合起来的双原子分子一定是非极性分子
B．以极性键结合起来的分子一定是极性分子
C．非极性分子只能是双原子单质分子
D．非极性分子中一定含有非极性键
解析：选A。采用反例法判断正误。A项正确，如O2、H2、N2等；B项错误，若分子结构对称，正、负电荷中心重合，就是非极性分子，如CH4、CO2、CCl4、CS2等；C项错误，某些共价化合物，如CH4、C2H4等也是非极性分子；D项错误，非极性分子中不一定含有非极性键，如CH4、CO2等。
2．(2020·揭阳高三联考)已知H和O可以形成H2O和H2O2两种化合物，试根据有关信息回答下列问题：
(1)水是维持生命活动所必需的一种物质。
①1
mol冰中有________mol氢键。
②用球棍模型表示的水分子结构是________。
(2)已知H2O2分子的结构如图所示：H2O2分子不是直线形的，两个氢原子犹如在半展开的书的两面上，两个氧原子在书脊位置上，书页夹角为93°52′，而两个O—H键与O—O键的夹角均为96°52′。
试回答：
①H2O2分子的电子式是____________________________________________________，
结构式是________________。
②H2O2分子是含有________键和________键的________分子。(填“极性”或“非极性”)
③H2O2难溶于CS2，简要说明理由：__________________________________________
________________________________________________________________________。
④H2O2中氧元素的化合价是________________________________________________，简要说明原因：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)在冰中，每个水分子与周围的4个水分子形成4个氢键，按“均摊法”计算，相当于每个水分子有2个氢键；水分子为V形结构。(2)由H2O2的立体构型图可知，H2O2是极性分子，分子内既有极性键，又有非极性键，而CS2为非极性分子，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2。
答案：(1)①2　②B
(2)①HH　H—O—O—H　
②极性　非极性　极性
③H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据“相似相溶”规律，H2O2难溶于CS2　
④－1价　因O—O键为非极性键，而O—H键为极性键，共用电子对偏向氧，故氧为－1价
共价键的极性与分子极性的关系
演练二　范德华力、氢键对物质性质的影响
3．(1)[2019·高考全国卷Ⅱ，35(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)[2018·高考全国卷Ⅲ，35(3)]ZnF2具有较高的熔点(872
℃)，其化学键类型是________；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是________________________________________________________________________。
(3)[2017·高考全国卷Ⅲ，35(3)]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________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)AsH3的中心原子As的价层电子对数为(5＋3)/2＝4，包括3对σ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的电负性大得多，故NH3易形成分子间氢键，从而使其沸点升高。
(2)根据ZnF2晶体的熔点较高可知，ZnF2为离子晶体，含有离子键，不溶于有机溶剂，而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小，故能够溶解在有机溶剂中。
(3)水和甲醇均为极性分子，常温常压下两种物质均呈液态；二氧化碳和氢气均为非极性分子，常温常压下两种物质均呈气态，根据四种物质在相同条件下的状态可以判断出水、甲醇的沸点均高于二氧化碳、氢气的沸点。由于水分子中的2个氢原子都能参与氢键的形成，而甲醇分子中只有羟基上的氢原子能够形成氢键，所以水中的氢键比甲醇多，则水的沸点高于甲醇的沸点。二氧化碳和氢气都属于分子晶体，但由于二氧化碳的相对分子质量大于氢气，所以二氧化碳的沸点高于氢气的沸点。
答案：(1)三角锥形　低　NH3分子间存在氢键
(2)离子键　ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小
(3)H2O>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相对分子质量较大，范德华力较大
4．按要求回答下列问题：
(1)HCHO分子的立体构型为________形，它与氢气的加成产物的熔、沸点比CH4的熔、沸点高，其主要原因是(须指明加成产物是何物质)________________________________。
(2)S位于周期表中第________族，该族元素的氢化物中，H2Te比H2S沸点高的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
H2O比H2Te沸点高的原因是_______________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)有一类组成最简单的有机硅化合物叫硅烷。硅烷的沸点与相对分子质量的关系如图所示，呈现这种变化的原因是_____________________________________________________。
(4)氨是一种易液化的气体，请简述其易液化的原因：__________________________
________________________________________________________________________。
(5)H2S在乙醇中的溶解度小于H2O的原因是__________________________________
________________________________________________________________________。
答案：(1)平面三角　加成产物CH3OH分子之间能形成氢键
(2)ⅥA　两者均为分子晶体且结构相似，H2Te相对分子质量比H2S大，分子间范德华力更强　两者均为分子晶体，H2O分子间存在氢键
(3)硅烷为分子晶体，随相对分子质量的增大，分子间范德华力增强，沸点升高
(4)氨分子间存在氢键，分子间作用力大，易液化
(5)H2O与乙醇分子间可形成氢键
分子间作用力与共价键的比较
分子间作用力
共价键
分类
范德华力
氢键(包括分子内氢键、分子间氢键)
极性共价键、非极性共价键
作用粒子
分子或原子(稀有气体)
氢原子与氧原子、氮原子或氟原子
原子
特征
无方向性、饱和性
有方向性、饱和性
有方向性、饱和性
强度比较
共价键>氢键>范德华力
影响其强度的因素
随着分子极性和相对分子质量的增大而增大
对于A—H…B，A、B的电负性越大，B原子的半径越小，作用力越大
成键原子半径越小，键长越短，键能越大，共价键越稳定
对物质性质的影响
①影响物质的熔、沸点和溶解度等物理性质；②组成和结构相似的物质，随相对分子质量的增大，物质熔、沸点升高，如熔、沸点：F2分子间氢键的存在，使物质的熔、沸点升高，在水中的溶解度增大，如熔、沸点：H2O>H2S，HF>HCl，NH3>PH3
影响分子的稳定性，共价键键能越大，分子稳定性越强
演练三　无机含氧酸的酸性判断
5．S有两种常见的含氧酸，较高价的酸性比较低价的酸性________，理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：强　S的正电性越高，导致S—O—H中O的电子向S偏移，因而在水分子的作用下，越容易电离出H＋，即酸性越强
6．(2020·长沙明德中学检测)判断含氧酸酸性强弱的一条经验规律是含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强。如下表所示：
含氧酸酸性强弱与非羟基氧原子数的关系
(1)亚磷酸H3PO3和亚砷酸H3AsO3分子式相似，但它们的酸性差别很大，H3PO3是中强酸，H3AsO3既有弱酸性又有弱碱性。由此可推出它们的结构简式分别为
①________________，②________________。
(2)H3PO3和H3AsO3与过量的NaOH溶液反应的化学方程式分别是
①________________________________________________________________________，
②________________________________________________________________________。
(3)在H3PO3和H3AsO3中分别加入浓盐酸，分析反应情况：___________________；
写出化学方程式：________________________________________________________。
解析：(1)已知H3PO3为中强酸，H3AsO3为弱酸，依据题给信息可知H3PO3中含1个非羟基氧原子，H3AsO3中不含非羟基氧原子。(2)与过量NaOH溶液反应的化学方程式的书写，需得知H3PO3和H3AsO3分别为几元酸，从题给信息可知，含氧酸分子结构中含几个羟基氢，则该酸为几元酸，故H3PO3为二元酸，H3AsO3为三元酸。(3)H3PO3为中强酸，不与盐酸反应；H3AsO3为两性物质，可与盐酸反应。
答案：
(2)①H3PO3＋2NaOH===Na2HPO3＋2H2O
②H3AsO3＋3NaOH===Na3AsO3＋3H2O
(3)H3PO3为中强酸，不与盐酸反应；H3AsO3为两性物质，可与盐酸反应　H3AsO3＋3HCl===AsCl3＋3H2O
同一种元素的含氧酸酸性强弱规律
H2SO4与HNO3是强酸，其—OH上的H原子能够完全电离成为H＋。而同样是含氧酸的H2SO3和HNO2却是弱酸，即酸性：H2SO3推导得出：一般情况下，对于同一种元素的含氧酸来说，该元素的化合价越高，其含氧酸的酸性越强。
　
1．(微粒间的相互作用)(1)[2019·高考全国卷Ⅰ，35(2)]乙二胺(H2NCH2CH2NH2)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＋”)。
(2)[2019·高考全国卷Ⅲ，35(3)]苯胺的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(－5.9
℃)、沸点(184.4
℃)分别高于甲苯的熔点(－95.0
℃)、沸点(110.6
℃)，原因是________________________________。
(3)[2018·高考全国卷Ⅰ，35(3)]LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中存在________(填标号)。
A．离子键　　　B．σ键　　　C．π键　　　D．氢键
(4)[2018·高考全国卷Ⅱ，35(3)]如图为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_________________________________
________________________________________________________________________。
(5)[2018·高考全国卷Ⅱ，35(4)]气态三氧化硫以单分子形式存在，其中共价键的类型有________种。
(6)[2017·高考全国卷Ⅱ，35(3)]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)。经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图所示，R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____________。
(7)[2017·高考全国卷Ⅲ，35(4)]Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在________。
解析：(1)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，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2＋。(5)SO3的中心原子S形成3个σ键，采取sp2杂化，S原子上还有1个垂直于分子平面的p轨道；3个O原子也各有1个垂直于分子平面的p轨道；分子总价层电子数为24，3个σ键有6个电子，每个O原子上有2对不与分子平面垂直的孤电子对，因此4个平行p轨道中共有24－6－3×4＝6个电子，即还形成了Π键。(6)N中有5个σ键，总价层电子数为5×5＋1＝26，5个σ键有10个电子，每个N原子上有1对不与分子平面垂直的孤电子对，因此5个平行p轨道中共有26－10－5×2＝6个电子，形成的大π键为Π键。
答案：(1)乙二胺的两个N提供孤电子对给金属离子形成配位键　Cu2＋　(2)苯胺分子之间存在氢键　(3)AB　(4)S8相对分子质量大，分子间范德华力强　(5)2　(6)5　П　(7)离子键和π键(Π键)
2．(杂化轨道类型)(1)[2019·高考全国卷Ⅰ，35(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________、________。
(2)[2018·高考全国卷Ⅰ，35(3)]LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的中心原子的杂化形式为________。
(3)[2018·高考全国卷Ⅱ，35(2)(4)]①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________。
②固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。
(4)[2018·高考全国卷Ⅲ，35(4)]ZnCO3
中C原子的杂化形式为________。
(5)[2017·高考全国卷Ⅰ，35(3)]I的立体构型为________，中心原子的杂化形式为________。
(6)[2017·高考全国卷Ⅲ，35(2)]CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为________和________。
解析：(3)②如题图所示的三聚分子中每个S原子与4个O原子结合，形成正四面体结构，S原子的杂化轨道类型为sp3。(5)I中I原子为中心原子，则其孤电子对数为×(7－1－2)＝2，且其形成了2个σ键，中心原子采取sp3杂化，I的立体构型为V形。
答案：(1)sp3　sp3　(2)sp3　(3)①H2S　②sp3　(4)sp2
(5)V形　sp3　(6)sp　sp3
3．(微粒的立体构型)(1)[2018·高考全国卷Ⅰ，35(3)]LiAlH4
中的阴离子立体构型是__________。
(2)[2018·高考全国卷Ⅱ，35(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。
(3)[2018·高考全国卷Ⅲ，35(4)]ZnCO3中，阴离子立体构型为__________。
答案：(1)正四面体形　(2)平面三角　(3)平面三角形
1．(教材改编题)指出下列分子或离子的立体构型和中心原子的杂化类型。
(1)H2S__________________，CO2___________________________________，
PH3______________________，PCl3_______________________________________，
BF3______________________，HCN_______________________________________，
SO2______________________，SiH4____________________________________________。
(2)NH______________________，NO_______________________________________，
SO______________________，ClO_______________________________________，
ClO______________________，SiO________________________________________。
答案：(1)V形、sp3　直线形、sp　三角锥形、sp3　三角锥形、sp3　平面三角形、sp2　直线形、sp　V形、sp2　正四面体形、sp3
(2)正四面体形、sp3　V形、sp2　三角锥形、sp3　三角锥形、sp3　正四面体形、sp3　平面三角形、sp2
2．B、N、Ti、Fe都是重要的材料元素，其单质及化合物在诸多领域中都有广泛的应用。
(1)基态Fe2＋的电子排布式为________________；Ti原子核外共有________________种运动状态不同的电子。
(2)BH3分子与NH3分子的立体构型分别为__________________________；BH3与NH3反应生成的BH3·NH3分子中含有的化学键类型有________________，在BH3·NH3中B原子的杂化方式为________________。
(3)N和P同主族。科学家目前合成了N4分子，该分子中N—N—N键的键角为________________；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，推测其用途是________________(写出一种即可)。
(4)NH3与Cu2＋可形成[Cu(NH3)4]2＋配离子。已知NF3与NH3具有相同的空间构型，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是_________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，其催化的一个实例如图所示。化合物乙的沸点明显高于化合物甲，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________________。
解析：(1)基态Fe2＋核外有24个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6。Ti核外有22个电子，每个电子的运动状态均不相同。(2)BH3中B无孤电子对，立体构型为平面三角形，NH3中N有一对孤电子对，立体构型为三角锥形。BH3·NH3中B与H之间、NH3中N与H之间为共价键，BH3·NH3中B与N之间为配位键。BH3·NH3中B原子的成键电子对数为4，杂化类型为sp3。(3)N4分子和P4分子类似，该分子中N—N—N键的键角为60°。N4分解后能产生N2并释放出大量能量，可以用作火箭推进剂或制造炸药。(4)F的电负性比N大，N—F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键。(5)化合物乙分子间存在氢键，因此其沸点比化合物甲的高。化合物乙中采取sp3杂化的原子有C、N、O，第一电离能：N>O>C。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)　22
(2)平面正三角形、三角锥形　共价键、配位键　sp3
(3)60°　制造火箭推进剂或炸药(其他合理答案均可)
(4)F的电负性比N大，N—F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键
(5)化合物乙分子间存在氢键　N>O>C
3．Fe、C、N、O、H可以组成多种物质。回答下列问题：
(1)N≡N键的键能为942
kJ·mol－1，N—N键的键能为247
kJ·mol－1，计算说明N2中的______键比______键稳定。(填“σ”或“π”)
(2)配合物Fe(CO)5会使合成氨等生产过程中的催化剂中毒。
①与CO互为等电子体的分子和离子分别有________________、________________。
②CO分子中σ键与π键数目之比为________________。
(3)(CN)2分子中所有原子最外层都满足8电子，请写出其结构式：________________；(CN)2分子为________(填“极性”或“非极性”)分子。
(4)血红素分子结构如图所示。
①血红素分子间存在的作用力有________________(填名称)。
②血红素分子中C原子的杂化方式为________________，N原子的杂化方式为________________。
③与Fe通过配位键结合的氮原子的编号是_____________________________________。
解析：(1)N≡N键中σ键的键能为247
kJ·mol－1，π键的平均键能为＝347.5
kJ·mol－1，故π键比σ键稳定。(2)①与CO互为等电子体的分子或离子有N2、CN－、C。②由N2的结构式类推CO中C、O之间为三键，含有1个σ键、2个π键。(3)(CN)2的结构式为N≡C—C≡N，呈直线形，属于非极性分子。(4)①血红素分子间存在的作用力为范德华力和氢键。②血红素分子中形成4个单键的C为sp3杂化；形成2个单键和1个双键的C为sp2杂化；形成3个单健的N为sp3杂化；形成2个单键和1个双键的N为sp2杂化。③2、4号N原子形成3个单键，达到8电子稳定结构，而1、3号N形成2个单键、1个双键，其中有一个单键为配位键。
答案：(1)π　σ
(2)①N2　CN－(或C)　②1∶2
(3)N≡C—C≡N　非极性
(4)①范德华力、氢键　②sp2、sp3　sp2、sp3　③1和3
4．研究温室气体CH4和CO2的转化和利用对减轻温室效应有重大意义。
(1)CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为________________。
(2)下列关于CH4和CO2的说法正确的是____________(填字母)。
a．固态CO2属于分子晶体
b．CH4分子中含有极性共价键，是极性分子
c．因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4的熔点低于CO2
d．CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp
(3)在Ni基催化剂作用下，CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2。
①基态Ni原子的电子排布式为________________，该元素位于元素周期表中的第________族。
②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，1
mol
Ni(CO)4中含有________mol
σ键。
(4)一定条件下，CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。
参数分子　　　
分子直径/nm
分子与H2O的结合能E/(kJ·mol－1)
CH4
0.436
16.40
CO2
0.512
29.91
①“可燃冰”中分子间存在的两种作用力是___________________________________。
②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586
nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)元素的非金属性越强，电负性越大，故H、C、O的电负性依次增大。(2)固态CO2是分子晶体，a项正确；CH4分子是正四面体对称结构，为含有极性键的非极性分子，b项错误；CH4和CO2都是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高，与键能无关，c项错误；CH4为正四面体结构，碳原子的杂化类型是sp3杂化，CO2为直线形分子，碳原子的杂化类型是sp杂化，d项正确。(3)①Ni的原子序数为28，故其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；Ni排在Fe、Co的后面，位于第四周期Ⅷ族；②CO分子的电子式为C O，分子中存在1个σ键，而Ni(CO)4中Ni与CO之间还存在4个σ键，故1
mol
Ni(CO)4中含有8
mol
σ键。(4)①CH4和H2O形成的水合物俗称“可燃冰”，分子晶体中作用力为范德华力，另外水分子间还存在氢键；②根据表格数据，二氧化碳分子与水分子的结合能更大，表明CO2更易与水分子结合。
答案：(1)H、C、O　(2)ad　(3)①1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]3d84s2)　Ⅷ　②8　(4)①氢键、范德华力　
②CO2的分子直径小于笼状结构空腔直径，且与H2O的结合能大于CH4
5．(2020·试题调研)据《科技日报》报道，英国华威大学和我国中山大学的一项国际合作研究表明，癌细胞可以被金属铱靶向和破坏。铱(Ir)属于铂系金属，铂系金属包括钌(Ru)、锇(Os)、铑(Rh)、铱(Ir)、钯(Pd)、铂(Pt)六种金属。其中铑、铱、钯、铂在周期表中的相对位置如图所示。
Co
Ni
Rh
Pd
Ir
Pt
回答下列问题：
(1)基态铱原子的价层电子排布式为____________________________________________。
(2)实验室常用氯化钯(PdCl2)溶液检验CO，发生反应为PdCl2＋CO＋H2O===Pd↓＋CO2＋2HCl。
①在标准状况下，V
L
CO2含π键数目为________(NA表示阿伏加德罗常数的值)。
②HCl分子中σ键类型是________(填字母)。
A．s s　　　　　　　　　
B．s p
C．s sp2
D．s sp3
(3)实验证明，PtCl2(NH3)2的结构有两种：A呈棕黄色，有极性，有抗癌活性，在水中的溶解度为0.258
g，水解后能与草酸(HOOC—COOH)反应生成Pt(C2O4)(NH3)2；B呈淡黄色，无极性，无抗癌活性，在水中的溶解度为0.037
g，水解后不能与草酸反应。
①PtCl2(NH3)2的立体构型是____________(填“四面体形”或“平面四边形”)。
②画出A的结构图示：______________________________________________________。
③C2O中碳原子的杂化类型是________，提供孤电子对的原子是________(填元素符号)。
④C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为__________，判断依据是_______________。
解析：(1)根据钴原子的价层电子排布式可推出铱原子的价层电子排布式：3d74s2→5d76s2。(3)①如果PtCl2(NH3)2是四面体形结构，类似甲烷的立体构型，只有一种结构，与题意不符。②A具有极性，在水中的溶解度比B的大，说明A分子中2个NH3位于邻位，B分子中2个NH3位于对位。③C2O中碳原子没有孤电子对，2个氧原子提供2对孤电子对。
答案：(1)5d76s2　(2)①　②B
(3)①平面四边形　②　③sp2　O
④N>O>C　O的原子半径小于C，N的2p轨道处于半充满状态，较稳定
6．(2020·临汾模拟)B、C、N是几种常见的非金属元素，其形成的各种化合物在自然界中广泛存在。
(1)基态硼原子的电子排布式为________________。
(2)BF3与一定量的水可形成如图甲的晶体R。
①晶体R中各种微粒间的作用力涉及______(填字母)。
a．离子键　　b．共价键　　c．配位键　　d．金属键
②R中阴离子的立体构型为________________。
(3)乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)与CaCl2溶液可形成配离子(结构如图乙)，乙二胺分子中氮原子的杂化类型为________________；乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]
均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是__________________________
________________________________________________________________________。
(4)氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，其结构与石墨相似，具有层状结构，可做高温润滑剂；它的晶体结构如图丙所示，六方相氮化硼质地软的原因是________________________________________________________________________。
解析：(1)基态硼原子核外有5个电子，其核外电子排布式为1s22s22p1。(2)①晶体R中各种微粒间的作用力涉及离子键、共价键、配位键；②R中阴离子的中心原子B形成4个σ键且不含孤电子对，所以B原子采用sp3杂化方式，立体构型为四面体形。(3)乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)中N原子形成3个σ键，含有1对孤电子对，杂化轨道数为4，采取sp3杂化；乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)分子之间可以形成氢键，三甲胺[N(CH3)3]分子之间不能形成氢键，故乙二胺的沸点较高。(4)六方相氮化硼中，每一个B原子与3个N原子相连，每1个N原子与3个B原子相连，形成平面三角形，向空间发展成层状结构。六方相氮化硼不含π键，只含σ键，层与层之间通过范德华力结合在一起，作用力小，导致其质地软。
答案：(1)1s22s22p1　(2)①abc　②四面体形
(3)sp3杂化　乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键　(4)层与层之间通过范德华力结合在一起，作用力小
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1第38讲　晶体结构与性质
1．(1)SiC的晶体结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为________，微粒间存在的作用力是________，SiC和晶体Si的熔、沸点高低顺序是________________。
(2)氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M为________(填元素符号)。MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似。MO的熔点比CaO的高，其原因是________________________________________________________________________。
(3)C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2的化学式相似，但结构和性质有很大的不同。CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成π键。从原子半径大小的角度分析，C、O原子间能形成π键，而Si、O原子间不能形成π键的原因是_____________
________________________________________________________________________。
SiO2属于________晶体，CO2属于________晶体，所以熔点：CO2________(填“<”“＝”或“>”)SiO2。
(4)金刚石、晶体硅、二氧化硅、CO2
4种晶体的构成微粒种类分别是________________________________________________________________________，
熔化时克服的微粒间的作用力分别是________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)SiC与晶体硅结构相似，晶体硅中一个硅原子与周围四个硅原子相连，呈正四面体结构，所以杂化方式是sp3，则SiC晶体中C原子杂化方式为sp3；因为Si—C的键长小于Si—Si，所以熔、沸点高低顺序为SiC>Si。
(2)SiC电子总数是20，则该氧化物为MgO；晶格能与离子晶体中离子所带电荷数成正比，与离子半径成反比，MgO与CaO的离子所带电荷数相同，Mg2＋半径比Ca2＋小，故MgO的晶格能大，熔点高。
(3)Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成稳定的π键。SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，所以熔点：SiO2>CO2。
(4)金刚石、晶体硅、二氧化硅均为原子晶体，构成微粒为原子，熔化时破坏共价键；CO2为分子晶体，由分子构成，以分子间作用力结合。
答案：(1)sp3　共价键　SiC>Si
(2)Mg　Mg2＋半径比Ca2＋小，MgO的晶格能大
(3)Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成稳定的π键　原子　分子　<
(4)原子、原子、原子、分子　共价键、共价键、共价键、分子间作用力
2．(2020·福州一中质检)(1)钠、钾、铬、钼、钨等金属晶体的晶胞属于体心立方堆积，则该晶胞中属于1个体心立方晶胞的金属原子数目是____________。氯化铯晶体的晶胞结构如图1所示，则Cs＋的配位数是____________。
(2)铜的氢化物的晶胞结构如图2所示，写出此氢化物在氯气中燃烧的化学方程式：________________________________________________________________________。
(3)图3为F－与Mg2＋、K＋形成的某种离子晶体的晶胞，其中“○”表示的离子是________(填离子符号)。
(4)实验证明，KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似(如图4所示)，已知3种离子晶体的晶格能数据如下表：
离子晶体
NaCl
KCl
CaO
晶格能/(kJ·mol－1)
786
715
3
401
则这4种离子晶体(不包括NaCl)熔点从高到低的顺序是
________________________________________________________________________。
MgO晶体中一个Mg2＋周围与它最邻近且等距离的Mg2＋有________个。
解析：(1)体心立方晶胞中，1个原子位于体心，8个原子位于立方体的顶点，故1个晶胞中金属原子数目为8×＋1＝2；氯化铯晶胞中，Cs＋位于体心，Cl－位于顶点，Cs＋的配位数为8。(2)由晶胞结构可知，粒子个数比为1∶1，化学式为CuH，＋1价的铜与－1价的氢均具有较强的还原性，氯气具有强氧化性，产物为CuCl2和HCl。(3)由晶胞结构可知，黑球平均有1个，灰球平均有1个，白球平均有3个，由电荷守恒可知n(Mg2＋)∶n(K＋)∶n(F－)＝1∶1∶3，故白球为F－。(4)由3种离子晶体的晶格能数据可知，离子所带电荷越多、离子半径越小，离子晶体的晶格能越大，其熔点越高；离子所带电荷数：Ti3＋>Mg2＋，离子半径：Mg2＋＜Ca2＋，所以熔点：TiN>MgO>CaO>KCl；MgO晶体中一个Mg2＋周围与它最邻近且等距离的Mg2＋有12个。
答案：(1)2　8
(2)2CuH＋3Cl22CuCl2＋2HCl
(3)F－　(4)TiN>MgO>CaO>KCl　12
3．铬的同位素有
Cr、Cr、Cr、Cr。铬及其化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题：
(1)基态
Cr的价层电子排布图为____________________________________________。
(2)交警用“酒精仪”查酒驾，其化学反应原理为2K2Cr2O7＋3CH3CH2OH＋8H2SO4―→3CH3COOH＋2Cr2(SO4)3＋2K2SO4＋11H2O。
①CH3CH2OH、CH3COOH的沸点高于对应的CH3OCH3(二甲醚)、HCOOCH3(甲酸甲酯)，主要原因是__________________________________________________。
②CH3COOH分子中碳原子的杂化类型是______________；
CH3COOH分子中σ键和π键的数目之比为____________。
③K2SO4晶体中阴离子的立体构型是______________。该反应中，只含极性键的极性分子有__________(填分子式)。
(3)CrF3晶体、CrBr3晶体的熔点分别为1
100
℃以上、79
℃，其可能的原因是_____________________________________________________________________________。
(4)晶体铬的晶胞结构如图甲所示，其堆积模型为______________；铬原子的配位数为______。
(5)铬的一种氧化物晶胞如图乙所示。六棱柱边长为a
nm，高为b
nm，NA代表阿伏加德罗常数的值。该晶体的化学式为____________；该晶体的密度ρ＝____________
g·cm－3(列出计算式即可)。
解析：(1)基态铬原子的价层电子排布式为3d54s1。(2)①乙醇、乙酸分子间存在氢键，氢键比范德华力强，所以，乙醇的沸点高于二甲醚，乙酸的沸点高于甲酸甲酯。②CH3COOH分子中—CH3中碳原子采用sp3杂化，—COOH中碳原子采用sp2杂化。单键都是σ键，1个碳氧双键含1个σ键和1个π键，故CH3COOH分子中σ键和π键的数目之比为7∶1。③K2SO4的阴离子是SO，SO的立体构型是正四面体形，乙醇、乙酸分子中存在碳碳非极性键，H2O、H2SO4分子中只含极性键。(3)三氟化铬、三溴化铬的晶体类型不同，故熔点相差较大。(4)图甲为体心立方堆积，铬原子的配位数为8。(5)根据均摊法，1个晶胞含4个铬离子，含氧离子数目为12×1/6＋2×1/2＋3＝6，则该晶体的化学式为Cr2O3。六棱柱的底由6个正三角形组成，每个正三角形的面积为a2。
答案：(1)
(2)①CH3CH2OH、CH3COOH分子间存在氢键
②sp2、sp3　7∶1　③正四面体形　H2O、H2SO4
(3)CrF3是离子晶体，CrBr3是分子晶体，离子键比分子间作用力强
(4)体心立方堆积　8
(5)Cr2O3　
4．尿素是含氮量极高的氮肥，在适当条件下NH3与CO2作用可转化为尿素：2NH3＋CO2―→CO(NH2)2＋H2O。
(1)写出基态氮原子的价电子排布图：______________________________________，
上述反应涉及元素中，电负性最大的是______，C、N、O属于同一周期，其中______两种元素第一电离能之差最大。
(2)上述反应中，碳原子的杂化轨道类型变化为____________________________；NH3、CO2、H2O三种分子中共价键的键角由大到小的顺序为_________________________；
CO2分子中存在极性键，但它是非极性分子，其原因是__________________________。
(3)已知尿素的熔点为132.7
℃，则其晶体类型为__________，研究表明，尿素晶体存在分子间氢键，请表示出尿素晶体中的两类氢键：__________________________________。
(4)碳元素能形成多种同素异形体，其中金刚石的晶胞结构如图所示。则一个晶胞的质量是______，该晶胞的空间利用率为________(用含π的式子表示)。
解析：(1)非金属性越强，电负性越大，故电负性最大的元素是氧元素，C、N、O三种元素的第一电离能大小顺序为N>O>C，故氮、碳元素的第一电离能之差最大。(2)CO2中碳原子为sp杂化，尿素中碳原子为sp2杂化。NH3、CO2、H2O三种分子中，CO2属于直线形分子，键角为180°，另外两种分子的中心原子均为sp3杂化，但水分子中有2对孤电子对，故键角小于NH3分子中的键角。CO2分子是直线形分子，其正负电荷中心重合，故为非极性分子。(3)由尿素的熔点知其是分子晶体。尿素分子中的两个氮原子、一个氧原子上均有孤电子对，且尿素分子中有4个氢原子，所以氢键类型为N—H…N、N—H…O。(4)每个晶胞中，8个顶点、6个面上各有一个原子，晶胞内有4个原子，故一个金刚石晶胞中共有8个碳原子，物质的量为
mol，质量为
g。设晶胞参数为a，则晶胞面对角线长度为a，设碳原子半径为r，则晶胞体对角线长度为8r，a2＋(a)2＝(8r)2，r＝a，8个碳原子的总体积为8×πr3，晶胞的体积为a3，由此求出空间利用率为π。
答案：(1)　氧(或O)　氮与碳(或N与C)
(2)由sp杂化转化为sp2杂化　CO2>NH3>H2O　CO2分子是直线形分子，其正负电荷中心重合
(3)分子晶体　N—H…N、N—H…O　(4)
g　π
5．(2020·东营质检)石墨、石墨烯及金刚石是碳的同素异形体。
(1)以Ni Cr Fe为催化剂，一定条件下可将石墨转化为金刚石。基态Fe原子未成对电子数为______。设石墨晶体中碳碳键的键长为a
m，金刚石晶体中碳碳键的键长为b
m，则a______(填“>”“<”或“＝”)b，原因是____________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)比较表中碳卤化物的熔点，并分析其熔点变化的原因：_______________________。
CCl4
CBr4(α型)
CI4
熔点/℃
－22.92
48.4
168(分解)
(3)金刚石的晶胞如图1所示。已知ZnS晶胞与金刚石晶胞排列方式相同，若图1中a与ZnS晶胞中Zn2＋位置相同，则S2－在ZnS晶胞中的位置为______。
(4)石墨烯中部分碳原子被氧化后，转化为氧化石墨烯。
①在图3所示的氧化石墨烯中，采取sp3杂化形式的原子有______(填元素符号)。
②石墨烯转化为氧化石墨烯时，1号C与相邻C原子间键能的变化是______(填“变大”“变小”或“不变”)。
(5)石墨烯具有很大的比表面积，有望用于制超级电容器。若石墨烯中碳碳键的键长为a
m，12
g单层石墨烯单面的理论面积约为__________m2(列出计算式即可)。
解析：(1)基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，未成对电子数为4。在金刚石晶体中，C原子采用sp3杂化，碳原子之间只存在σ键，而石墨晶体中的C原子采用sp2杂化，碳原子之间除了σ键外还有大π键，使得石墨晶体中的碳碳键的键长比金刚石晶体中碳碳键的键长短。(2)碳卤化物都是分子晶体，分子间通过范德华力相结合，对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，其分子间范德华力越强，熔点越高，由于相对分子质量：CCl4m，则其所在正六边形的面积为
m2，根据均摊法可以计算出每个正六边形所占有的碳原子数为6×＝2，所以12
g(1
mol)单层石墨烯实际占有的正六边形个数为×NA，则单层石墨烯单面的理论面积约为×NA×a2
m2。
答案：(1)4　<　石墨晶体中的碳碳键除σ键外还有大π键，金刚石晶体中的碳碳键只有σ键　(2)CCl4、CBr4、CI4熔点依次升高；分子组成和结构相似，随相对分子质量依次增大，范德华力依次增强　(3)顶点、面心　(4)①C、O　②变小　(5)×NA×a2
6．(2020·山东四校联考)(1)火箭使用的推进剂燃料由N、H两种元素组成，且原子个数N(N)∶N(H)＝1∶2，其水溶液显碱性，则该物质中N原子的杂化方式为____________。
(2)笑气(N2O)曾被用作麻醉剂，但过度吸食会导致身体机能紊乱。预测N2O的结构式为____________________。
(3)在电解冶炼铝过程中加入冰晶石(用“A”代替)，可起到降低Al2O3熔点的作用。冰晶石的生产原理为2Al(OH)3＋12HF＋3Na2CO3===2A＋3CO2↑＋9H2O。
①冰晶石的化学式为________________。
②冰晶石由两种微粒构成，冰晶石的晶胞结构如图甲所示，位于大立方体的顶点和面心，位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，那么大立方体的体心处所代表的微粒是________(填微粒符号)。
③冰晶石溶液中不存在的微粒间作用力有________(填选项字母)。
A．离子键　
B．共价键　C．配位键　D．金属键
E．范德华力　F．氢键
④Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丁所示。若已知Al的原子半径为d
cm，NA代表阿伏加德罗常数的值，Al的相对原子质量为M，则晶胞中Al原子的配位数为________；Al晶体的密度为________(用字母表示)g·cm－3。
(4)配合物Fe(CO)5的熔点为－20
℃，沸点为103
℃，可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图戊所示。
①Fe(CO)5晶体类型属于__________晶体。
②关于Fe(CO)5，下列说法正确的是________。
A．Fe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子
B．Fe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键
C．1
mol
Fe(CO)5含有10
mol配位键
D．反应Fe(CO)5===Fe＋5CO没有新化学键生成
解析：(1)火箭燃料为N2H4，其结构可表示为H2N—NH2，其中N有3个σ键电子对和1对孤电子对，故N2H4中N采用sp3杂化。(2)N2O与CO2互为等电子体，CO2的结构式为O===C===O，故N2O的结构式为N===N===O。(3)①根据质量守恒定律分析，冰晶石的化学式为Na3AlF6。②位于大立方体的顶点和面心，属于该晶胞的份额为8×＋6×＝4，位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，属于该晶胞的份额为12×＋8＝11，要使两种离子的个数比为1∶3，则大立方体的体心处为Na＋。③冰晶石溶液中存在Na＋、AlF、水，还有水电离出的OH－和H＋，AlF中存在共价键和配位键，水分子中存在共价键，水分子间存在范德华力和氢键，所以不存在离子键和金属键。④在晶胞中以面心的铝原子为中心，与其距离最近的等距离的铝原子有12个，即铝的配位数为12，该晶胞中铝原子个数为8×＋6×＝4，该晶胞的棱长为
cm＝2d
cm，所以晶胞的体积为(2d)3
cm3，ρ＝＝
g·cm－3＝
g·cm－3。(4)①配合物Fe(CO)5的熔点为－20
℃，沸点为103
℃，熔、沸点较低，说明该配合物为分子晶体。②Fe(CO)5为对称结构，分子中正、负电荷中心重合，属于非极性分子，CO为极性分子，A项正确；Fe(CO)5中Fe原子与CO形成配位键，铁原子提供空轨道，B项错误；铁与CO形成5个配位键，CO分子中O提供1对孤电子对与1个碳原子形成1个配位键，所以1
mol
Fe(CO)5中含有10
mol配位键，C项正确；反应Fe(CO)5===Fe＋5CO得到铁单质，形成金属键，D项错误。
答案：(1)sp3　(2)N===N===O　
(3)①Na3AlF6　②Na＋　③AD　④12　
(4)①分子　②AC
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1(共62张PPT)
第12章　物质结构与性质(选修3)
第38讲　晶体结构与性质
01
练真题·明考向
02
课后达标检测
周期性有序
无序
固定
不固定
各向异性
各向同性
熔点
X -射线衍射
熔融态
气态
析出
基本单元
任何间隙
平行
取向
4
6
2NA
4
4NA
12
12
4
2
6
12
4
4
8
6
1
1
分子间作用力
2
sp2
6
8
12
12
分子
原子
金属阳离子
自由电子
阴、阳离子
范德华力
氢键
共价键
金属键
离子键
很大
很高
良
不
kJ·mol－1
大
小
稳定
大
原子晶体
离子晶体
分子晶体
小
短
大
高
>
>
强
高
稳定
高
大
高
大
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学
考/纲/要/求
核/心/素/养
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
认识晶胞及晶体的类型,能从不同角
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。宏观辨识与度分析晶体的组成微粒、结构特点,
3.了解晶格能的概念,了解晶格能对离子晶体性质的影响。
微观探析能从宏观和微观相结合的视角分析
与解决实际问题。
4.了解分子晶体结构与性质的关系
5:了解原子品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证据推理与能运用典型晶体模型判断晶体的结
的关系
模型认知构特点及组成并进行相关计算
6.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
认识不同晶体类型的特点,能从多
属晶体常见的堆积方式
变化观念与
角度动态地分析不同晶体的组成及
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
平衡思想
相应物质的性质
同为8个晶胞所共有,
位于顶点
粒子属于该晶胞
同为4个晶胞所共有,
位于棱上
粒子属于该晶胞
4
子
同为2个晶胞所共有,
位于面上
粒子属于该晶胞
→位于内部→整个粒子都属于该晶胞
E
丙
○
图5
图
a
练真题·明考向
=--46
:
二≤二第38讲　晶体结构与性质
考点一　晶体概念与结构模型
[知识梳理]
一、晶体与非晶体
1．晶体与非晶体的比较
晶体
非晶体
结构特征
结构微粒周期性有序排列
结构微粒无序排列
性质特征
自范性
有
无
熔点
固定
不固定
异同表现
各向异性
各向同性
二者区别方法
间接方法
看是否有固定的熔点
科学方法
对固体进行X 射线衍射实验
2.得到晶体的途径
(1)熔融态物质凝固。
(2)气态物质冷却不经液态直接凝固(凝华)。
(3)溶质从溶液中析出。
3．晶胞
(1)概念：描述晶体结构的基本单元。
(2)晶体中晶胞的排列——无隙并置
无隙：相邻晶胞之间没有任何间隙。
并置：所有晶胞都是平行排列、取向相同。
二、晶胞组成的计算——均摊法
1．原则
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．方法
(1)长方体(包括立方体)晶胞中不同位置的粒子数的计算
(2)非长方体晶胞中粒子数的计算视具体情况而定，如石墨晶胞每一层内碳原子排成六边形，其顶角(1个碳原子)被三个六边形共有，每个六边形占。
三、常见晶体的结构模型
晶体
晶体结构
晶体详解
原子晶体
金刚石
(1)每个碳与相邻4个碳以共价键结合，形成正四面体结构；(2)键角均为109°28′；(3)最小碳环由6个C原子组成且六个C原子不在同一平面内；(4)每个C参与4条C—C键的形成，含有1
mol
C的金刚石中，形成的共价键有2NA个
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，即1
mol
SiO2中含有4NA个Si—O键；(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
冰
每个水分子与相邻的4个水分子以氢键相连接，含1
mol
H2O的冰中，最多可形成2
mol氢键
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－
石墨晶体
石墨层状晶体中，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原子采取的杂化方式是sp2
金属晶体
简单立方堆积
典型代表Po，配位数为6，空间利用率为52%
体心立方堆积
典型代表Na、K、Fe，配位数为8，空间利用率为68%
面心立方最密堆积
典型代表Cu、Ag、Au，配位数为12，空间利用率为74%
六方最密堆积
典型代表Mg、Zn、Ti，配位数为12，空间利用率为74%
[自主检测]
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)冰和碘晶体中相互作用力完全相同。(　　)
(2)晶体内部的微粒按一定规律周期性地排列。(　　)
(3)凡有规则外形的固体一定是晶体。(　　)
(4)固体SiO2一定是晶体。(　　)
(5)缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中会慢慢变为完美的立方体块。(　　)
(6)晶胞是晶体中最小的“平行六面体”。(　　)
(7)区分晶体和非晶体最可靠的方法是对固体进行X 射线衍射实验。(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×　(7)√
2．如图为甲、乙、丙三种晶体的晶胞：
试写出：
(1)甲晶体化学式(X为阳离子)为________。
(2)乙晶体中A、B、C三种微粒的个数比是________。
(3)丙晶体中每个D周围结合E的个数是________。
(4)乙晶体中每个A周围结合B的个数是________。
答案：(1)X2Y　(2)1∶3∶1　(3)8　(4)12
3．下列是几种常见的晶胞结构，请填写晶胞中含有的粒子数。
A．NaCl(含________个Na＋，________个Cl－)
B．干冰(含________个CO2)
C．CaF2(含________个Ca2＋，________个F－)
D．金刚石(含________个C)
E．体心立方(含________个原子)
F．面心立方(含________个原子)
答案：A.4　4　B．4　C．4　8　D．8　E．2　F．4
演练一　晶胞粒子数及晶体化学式的判断
1．Zn与S所形成化合物晶体的晶胞如图所示。
(1)在1个晶胞中，Zn2＋的数目为________。
(2)该化合物的化学式为________。
解析：由晶胞图分析，含有Zn2＋的数目为8×＋6×＝4。含有S2－的数目为4，所以化合物中Zn2＋与S2－数目之比为1∶1，则化学式为ZnS。
答案：(1)4　(2)ZnS
2.利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，如图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为______，该功能陶瓷的化学式为______。
解析：利用晶胞结构可计算出每个晶胞中含有2个B和2个N，故化学式为BN。
答案：2　BN
3．(1)硼化镁晶体在39
K时呈超导性。在硼化镁晶体中，镁原子和硼原子是分层排布的，下图是该晶体微观结构的透视图，图中的硼原子和镁原子投影在同一平面上。则硼化镁的化学式为________。
(2)在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种结构形式。下图是一种链状结构的多硼酸根，则多硼酸根离子符号为________。
解析：(1)每个Mg周围有6个B，而每个B周围有3个Mg，所以其化学式为MgB2。(2)从图可看出，每个单元中，都有一个B和一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别被两个结构单元共用，所以N(B)∶N(O)＝1∶(1＋2/2)＝1∶2，化学式为BO。
答案：(1)MgB2　(2)BO
演练二　晶体密度及粒子间距的计算
4.用晶体的X 射线衍射法对Cu的测定得到以下结果：Cu的晶胞为面心立方最密堆积(如图)，已知该晶体的密度为9.00
g·cm－3，晶胞中该原子的配位数为____________；Cu的原子半径为_________________________cm(设阿伏加德罗常数的值为NA，要求列式计算)。
解析：设晶胞的边长为a
cm，则a3·ρ·NA＝4×64，
a＝，面对角线为a，面对角线的为Cu原子半径，则Cu原子半径r＝×
cm≈1.28×10－8cm。
答案：12　×
cm≈1.28×10－8
5．按要求回答下列问题：
(1)Fe单质的晶体在不同温度下有两种堆积方式，分别如图1、图2所示。面心立方晶胞和体心立方晶胞的边长分别为a、b，则铁单质的面心立方晶胞和体心立方晶胞的密度之比为__________，铁原子的配位数之比为________。
(2)Mg为六方最密堆积，其晶胞结构如图3所示，若在晶胞中建立如图4所示的坐标系，以A为坐标原点，把晶胞的底边边长视作单位长度1，则C点的坐标为________________。
(3)铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图5所示，则铁镁合金的化学式为__________。若该晶胞的边长为d
nm，则该合金的密度为____________g·cm－3(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
解析：(1)面心立方晶胞边长为a，体积V＝a3，含有Fe原子数目为8×＋6×＝4，故a3ρ(面心)＝4×
g(NA为阿伏加德罗常数的值)；体心立方晶胞边长为b，体积V＝b3，含有Fe原子数目为8×＋1＝2，故b3ρ(体心)＝2×
g，故ρ(面心)∶ρ(体心)＝2b3∶a3。面心立
方晶胞中每个Fe原子周围有12个Fe原子，体心立方晶胞中每个Fe原子周围有8个Fe原子，故Fe原子配位数之比为12∶8＝3∶2。(2)若建立如图4所示的坐标系，x轴与y轴的夹角为120°，以A为坐标原点，把晶胞的底边边长视作单位长度1，则D点与A点、B点以及F点构成一个正四面体，D点位于其顶点，其高度为晶胞高度的一半。由D点向底面作垂线，垂足到底面三角形各点的距离为，D点到垂足的距离为，则C点的坐标为(0，0，)。(3)根据均摊法可知晶胞中铁原子数为8×＋6×＝4，镁原子数为8，则铁镁合金的化学式是Mg2Fe。由题给条件，1个晶胞的体积为(d×10－7)3cm3，1个晶胞的质量为
g，根据ρ＝可得合金的密度是
g·cm－3。
答案：(1)2b3∶a3　3∶2　(2)(0，0，)　(3)Mg2Fe　
晶体结构的相关计算
(2)晶体密度的计算公式：ρ＝，其中N为1个晶胞中所含微粒数目，M为摩尔质量，NA为阿伏加德罗常数的值，V为1个晶胞的体积。
(3)晶胞质量＝晶胞含有的微粒的质量＝晶胞含有的微粒数×。
(4)空间利用率＝×100%。
考点二　四种晶体的性质与判断
[知识梳理]
一、四种类型晶体的比较
类型比较　
分子晶体
原子晶体
金属晶体
离子晶体
构成微粒
分子
原子
金属阳离子、自由电子
阴、阳离子
微粒间的相互作用力
范德华力(某些含氢键)
共价键
金属键
离子键
硬度
较小
很大
有的很大，有的很小
较大
熔、沸点
较低
很高
有的很高，有的很低
较高
溶解性
相似相溶
难溶于任何常见溶剂
难溶于常见溶剂
大多易溶于水等极性溶剂
导电、导热性
一般不导电，有的溶于水后导电
一般不具有导电性
电和热的良导体
晶体不导电，水溶液或熔融状态导电
物质类别及举例
大多数非金属单质、气态氢化物、酸、非金属氧化物(SiO2除外)、绝大多数有机物(有机盐除外)
部分非金属单质(如金刚石、硅、晶体硼)、部分非金属化合物(如SiC、SiO2)
金属单质与合金(如Na、Al、Fe、青铜)
金属氧化物(如K2O、Na2O)、强碱(如KOH、NaOH)、绝大部分盐(如NaCl)
二、离子晶体的晶格能
1．定义
气态离子形成1
mol离子晶体释放的能量，通常取正值，单位：kJ·mol－1。
2．影响因素
(1)离子所带电荷数：离子所带电荷数越多，晶格能越大。
(2)离子的半径：离子的半径越小，晶格能越大。
3．与离子晶体性质的关系
晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，且熔点越高，硬度越大。
三、晶体熔、沸点的比较
1．不同类型晶体熔、沸点的比较
(1)不同类型晶体的熔、沸点高低的一般规律：原子晶体>离子晶体>分子晶体。
(2)金属晶体的熔、沸点差别很大，如钨、铂等熔、沸点很高，汞、铯等熔、沸点很低。
2．同种类型晶体熔、沸点的比较
(1)原子晶体
原子半径越小，键长越短，键能越大，熔、沸点越高，如金刚石>碳化硅>硅。
(2)离子晶体
①一般来说，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，其离子晶体的熔、沸点就越高，如MgO>MgCl2>NaCl>CsCl。
②衡量离子晶体稳定性的物理量是晶格能。晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，熔点越高，硬度越大。
(3)分子晶体
①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、沸点反常得高，如H2O>H2Te>H2Se>H2S。
②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，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4。
③组成和结构不相似的物质(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同分异构体支链越多，熔、沸点越低，如
CH3—CH2—CH2—CH2—CH3>
(4)金属晶体
金属离子半径越小，离子电荷数越多，其金属键越强，金属熔、沸点越高，如Na[自主检测]
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。
(1)在晶体中只要有阴离子就一定有阳离子。(　　)
(2)在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子。(　　)
(3)原子晶体的熔点一定比金属晶体的高。(　　)
(4)分子晶体的熔点一定比金属晶体的低。(　　)
(5)离子晶体一定都含有金属元素。(　　)
(6)金属元素和非金属元素组成的晶体不一定是离子晶体。(　　)
(7)原子晶体的熔点一定比离子晶体的高。(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√　(7)×
2．(教材改编题)现有下列物质：NaCl、NaOH、Na2S、H2O2、Na2S2、(NH4)2S、CO2、CCl4、C2H2、SiO2、SiC、晶体硅、金刚石、晶体氩。
(1)其中只含有离子键的离子晶体是___________________________________。
(2)其中既含有离子键又含有极性共价键的离子晶体是________________。
(3)其中既含有离子键又含有极性共价键和配位键的离子晶体是________________。
(4)其中既含有离子键又含有非极性共价键的离子晶体是________________。
(5)其中含有极性共价键的非极性分子是___________________________________。
(6)其中含有极性共价键和非极性共价键的非极性分子是________________。
(7)其中含有极性共价键和非极性共价键的极性分子是________________。
(8)其中含有极性共价键的原子晶体是_______________________________________。
(9)其中不含共价键的分子晶体是________________，只含非极性共价键的原子晶体是________________________________________________________________________。
答案：(1)NaCl、Na2S　(2)NaOH、(NH4)2S
(3)(NH4)2S　(4)Na2S2　(5)CO2、CCl4、C2H2
(6)C2H2　(7)H2O2　(8)SiO2、SiC
(9)晶体氩　晶体硅、金刚石
3．比较下列离子晶体的晶格能大小。
(1)NaCl________KCl；
(2)CaF2________MgO；
(3)Na2S________Na2O；
(4)CaO________KCl。
答案：(1)>　(2)<　(3)<　(4)>
演练一　晶体类型与性质的综合判断
1．(2020·乌鲁木齐模拟)下面的排序不正确的是(　　)
A．熔点由高到低：Na>Mg>Al
B．硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅
C．晶体熔点由低到高：CF4D．晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI
解析：选A。A项，金属离子的电荷数越多、半径越小，金属熔点越高，则熔点由高到低为Al>Mg>Na，错误；B项，键长越短，共价键越强，硬度越大，键长C—C碳化硅>晶体硅，正确；C项，组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，范德华力越大，晶体的熔点越高，则晶体熔点由低到高为CF4NaCl>NaBr>NaI，正确。
2．(2020·喀什模拟)现有几组物质的熔点(℃)数据：
A组
B组
C组
D组
金刚石：3
550
Li：181
HF：－83
NaCl：801
硅晶体：1
410
Na：98
HCl：－115
KCl：776
硼晶体：2
300
K：64
HBr：－89
RbCl：718
二氧化硅：1
723
Rb：39
HI：－51
CsCl：645
据此回答下列问题：
(1)A组属于________晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是____________。
(2)B组晶体共同的物理性质是________(填序号)。
①有金属光泽　②导电性　③导热性　④延展性
(3)C组中HF熔点反常是由于______________________________________。
(4)D组晶体可能具有的性质是________(填序号)。
①硬度小　　　　　　
②水溶液能导电
③固体能导电
④熔融状态能导电
(5)D组晶体的熔点由高到低的顺序为NaCl>KCl>RbCl>CsCl，其原因为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)根据表中数据可看出A组熔点很高，属于原子晶体，是由原子通过共价键形成的；
(2)B组为金属晶体，具有①②③④四条共性；
(3)HF分子间能形成氢键，故其熔点反常；
(4)D组属于离子晶体，具有②④两条性质；
(5)D组属于离子晶体，其熔点高低与晶格能有关。
答案：(1)原子　共价键　(2)①②③④
(3)HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多
(4)②④
(5)D组晶体都为离子晶体，r(Na＋)判断晶体类型的方法
1．根据各类晶体的特征性质判断
如低熔、沸点的物质一般形成分子晶体；熔、沸点较高，且在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物形成离子晶体；熔、沸点很高，不导电，不溶于一般溶剂的物质形成原子晶体；能导电、传热、具有延展性的晶体为金属晶体。　
2．根据物质的分类判断
金属氧化物(如K2O、Na2O2等)、强碱(如NaOH、KOH等)和绝大多数的盐类是离子晶体；AlCl3晶体中虽然含有金属元素，但属于分子晶体，熔、沸点低(熔点190
℃)。大多数非金属单质(金刚石、石墨、晶体硅、晶体硼除外)、气态氢化物、非金属氧化物(SiO2除外)、酸、绝大多数有机物(有机盐除外)是分子晶体。常见的原子晶体中单质有金刚石、晶体硅、晶体硼等，化合物有碳化硅、二氧化硅等。金属单质(注：汞在常温下为液体)与合金是金属晶体。
[提示]　石墨属于混合型晶体，但因层内原子之间碳碳共价键的键长为1.42×10－10
m，比金刚石中碳碳共价键的键长(1.54×10－10
m)短，所以熔、沸点高于金刚石。
演练二　结构决定性质类简答题突破
3．(2020·北京顺义检测)(1)冰的熔点远高于干冰，除因为H2O是极性分子、CO2是非极性分子外，还有一个重要的原因是______________________________________________。
(2)NaF的熔点________(填“>”“＝”或“<”)
BF的熔点，其原因是_______________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)CO的熔点________(填“>”或“<”)N2的熔点，原因是________________________。
(4)CH4、SiH4、GeH4的熔、沸点依次________(填“增大”或“减小”)，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)SiO2比CO2熔点高的原因是_____________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：(1)H2O分子间能形成氢键
(2)>　两者均为离子化合物，且阴、阳离子的电荷数均为1，但后者的离子半径较大，离子键较弱，熔点较低
(3)>　CO为极性分子而N2为非极性分子，CO分子间范德华力较大
(4)增大　三种物质均为分子晶体，结构与组成相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高
(5)SiO2为原子晶体而CO2为分子晶体
4.ⅣA族元素及其化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：
(1)碳的一种单质的结构如图(a)所示。该单质的晶体类型为________，依据电子云的重叠方式，原子间存在的共价键类型有________，碳原子的杂化轨道类型为________。
(2)石墨烯是从石墨材料中剥离出来的、由单层碳原子组成的二维晶体。将氢气加入石墨烯中可制得一种新材料石墨烷。下列判断错误的是______(填字母)。
A．石墨烯是一种强度很高的材料
B．石墨烯是电的良导体而石墨烷则为绝缘体
C．石墨烯与石墨烷均为高分子化合物
D．石墨烯与H2制得石墨烷的反应属于加成反应
(3)四卤化硅SiX4的沸点和二卤化铅PbX2的熔点如图(b)所示。
①SiX4的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是_____________________________
________________________________________________________________________。
②结合SiX4的沸点和PbX2的熔点的变化规律，可推断：依F、Cl、Br、I次序，PbX2中的化学键的离子性______、共价性______。(填“增强”“不变”或“减弱”)
(4)水杨酸第一级电离形成离子，相同温度下，水杨酸的Ka2________(填“>”“＝”或“<”)苯酚()的Ka，其原因是___________________________
________________________________________________________________________。
答案：(1)混合型晶体　σ键、π键　sp2　(2)C　(3)①均为分子晶体，结构与组成相似，范德华力随相对分子质量增大而增大　②减弱　增强　(4)<　
中能形成分子内氢键，使其更难电离出H＋
结构决定性质类简答题答题模板
叙述结构→阐述原理→回扣结论。
1．(晶体类型的判断)[2019·高考全国卷Ⅲ，35(3)]苯胺()的晶体类型是________。
答案：分子晶体
2．(晶体熔、沸点高低的比较)(1)[2019·高考全国卷Ⅰ，35(3)]一些氧化物的熔点如表所示：
氧化物
Li2O
MgO
P4O6
SO2
熔点/℃
1
570
2
800
23.8
－75.5
解释表中氧化物之间熔点差异的原因：_______________________________________
________________________________________________________________________。
(2)[2017·高考全国卷Ⅰ，35(2)]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__________________________________
________________________________________________________________________。
(3)[2016·高考全国卷Ⅲ，37(4)]GaF3的熔点高于1
000
℃，GaCl3的熔点为77.9
℃，其原因是____________________________________________。
答案：(1)Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能：MgO>Li2O。分子间作用力(相对分子质量)：P4O6>SO2　(2)K原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱　(3)GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体
3．(晶胞中微粒数及密度的计算)(1)(2019·高考江苏卷)一个Cu2O晶胞(如图所示)中，Cu原子的数目为______。
(2)[2018·高考全国卷Ⅲ，35(5)]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)[2017·高考全国卷Ⅰ，35(4)(5)]①KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，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____________。
②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。
(4)[2017·高考全国卷Ⅲ，35(5)]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：(3)①根据晶胞结构可知，K与O间的最短距离为面对角线的一半，即nm≈0.315
nm。K、O构成面心立方最密堆积，配位数为12(同层4个，上、下层各4个)。
(4)由题意知在MgO中，阴离子采用面心立方最密堆积方式，氧离子沿晶胞的面对角线方向接触，所以a＝2r(O2－)，r(O2－)≈0.148
nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构可得2[r(Mn2＋)＋r(O2－)]＝a′，r(Mn2＋)＝0.076
nm。
答案：(1)4　(2)六方最密堆积　
(3)①0.315(或×0.446)　12　②体心　棱心
(4)0.148　0.076
1．(1)SiC的晶体结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为________，微粒间存在的作用力是________，SiC和晶体Si的熔、沸点高低顺序是________________。
(2)氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M为________(填元素符号)。MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似。MO的熔点比CaO的高，其原因是________________________________________________________________________。
(3)C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2的化学式相似，但结构和性质有很大的不同。CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成π键。从原子半径大小的角度分析，C、O原子间能形成π键，而Si、O原子间不能形成π键的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
SiO2属于________晶体，CO2属于________晶体，所以熔点：CO2________(填“<”“＝”或“>”)SiO2。
(4)金刚石、晶体硅、二氧化硅、CO2
4种晶体的构成微粒种类分别是________________________________________________________________________，
熔化时克服的微粒间的作用力分别是________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)SiC与晶体硅结构相似，晶体硅中一个硅原子与周围四个硅原子相连，呈正四面体结构，所以杂化方式是sp3，则SiC晶体中C原子杂化方式为sp3；因为SiC的键长小于SiSi，所以熔、沸点高低顺序为SiC>Si。
(2)SiC电子总数是20，则该氧化物为MgO；晶格能与离子晶体中离子所带电荷数成正比，与离子半径成反比，MgO与CaO的离子所带电荷数相同，Mg2＋半径比Ca2＋小，故MgO的晶格能大，熔点高。
(3)Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成稳定的π键。SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，所以熔点：SiO2>CO2。
(4)金刚石、晶体硅、二氧化硅均为原子晶体，构成微粒为原子，熔化时破坏共价键；CO2为分子晶体，由分子构成，以分子间作用力结合。
答案：(1)sp3　共价键　SiC>Si
(2)Mg　Mg2＋半径比Ca2＋小，MgO的晶格能大
(3)Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成稳定的π键　原子　分子　<
(4)原子、原子、原子、分子　共价键、共价键、共价键、分子间作用力
2．(2020·福州一中质检)(1)钠、钾、铬、钼、钨等金属晶体的晶胞属于体心立方堆积，则该晶胞中属于1个体心立方晶胞的金属原子数目是____________。氯化铯晶体的晶胞结构如图1所示，则Cs＋的配位数是____________。
(2)铜的氢化物的晶胞结构如图2所示，写出此氢化物在氯气中燃烧的化学方程式：________________________________________________________________________。
(3)图3为F－与Mg2＋、K＋形成的某种离子晶体的晶胞，其中“○”表示的离子是________(填离子符号)。
(4)实验证明，KCl、MgO、CaO、TiN这4种晶体的结构与NaCl晶体结构相似(如图4所示)，已知3种离子晶体的晶格能数据如下表：
离子晶体
NaCl
KCl
CaO
晶格能/(kJ·mol－1)
786
715
3
401
则这4种离子晶体(不包括NaCl)熔点从高到低的顺序是
________________________________________________________________________。
MgO晶体中一个Mg2＋周围与它最邻近且等距离的Mg2＋有________个。
解析：(1)体心立方晶胞中，1个原子位于体心，8个原子位于立方体的顶点，故1个晶胞中金属原子数目为8×＋1＝2；氯化铯晶胞中，Cs＋位于体心，Cl－位于顶点，Cs＋的配位数为8。(2)由晶胞结构可知，粒子个数比为1∶1，化学式为CuH，＋1价的铜与－1价的氢均具有较强的还原性，氯气具有强氧化性，产物为CuCl2和HCl。(3)由晶胞结构可知，黑球平均有1个，灰球平均有1个，白球平均有3个，由电荷守恒可知n(Mg2＋)∶n(K＋)∶n(F－)＝1∶1∶3，故白球为F－。(4)由3种离子晶体的晶格能数据可知，离子所带电荷越多、离子半径越小，离子晶体的晶格能越大，其熔点越高；离子所带电荷数：Ti3＋>Mg2＋，离子半径：Mg2＋＜Ca2＋，所以熔点：TiN>MgO>CaO>KCl；MgO晶体中一个Mg2＋周围与它最邻近且等距离的Mg2＋有12个。
答案：(1)2　8
(2)2CuH＋3Cl22CuCl2＋2HCl
(3)F－　(4)TiN>MgO>CaO>KCl　12
3．铬的同位素有
Cr、Cr、Cr、Cr。铬及其化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题：
(1)基态
Cr的价层电子排布图为____________________________________________。
(2)交警用“酒精仪”查酒驾，其化学反应原理为2K2Cr2O7＋3CH3CH2OH＋8H2SO4―→3CH3COOH＋2Cr2(SO4)3＋2K2SO4＋11H2O。
①CH3CH2OH、CH3COOH的沸点高于对应的CH3OCH3(二甲醚)、HCOOCH3(甲酸甲酯)，主要原因是__________________________________________________。
②CH3COOH分子中碳原子的杂化类型是______________；
CH3COOH分子中σ键和π键的数目之比为____________。
③K2SO4晶体中阴离子的立体构型是______________。该反应中，只含极性键的极性分子有__________(填分子式)。
(3)CrF3晶体、CrBr3晶体的熔点分别为1
100
℃以上、79
℃，其可能的原因是________________________________________________________________________________。
(4)晶体铬的晶胞结构如图甲所示，其堆积模型为______________；铬原子的配位数为______。
(5)铬的一种氧化物晶胞如图乙所示。六棱柱边长为a
nm，高为b
nm，NA代表阿伏加德罗常数的值。该晶体的化学式为____________；该晶体的密度ρ＝____________
g·cm－3(列出计算式即可)。
解析：(1)基态铬原子的价层电子排布式为3d54s1。(2)①乙醇、乙酸分子间存在氢键，氢键比范德华力强，所以，乙醇的沸点高于二甲醚，乙酸的沸点高于甲酸甲酯。②CH3COOH分子中—CH3中碳原子采用sp3杂化，—COOH中碳原子采用sp2杂化。单键都是σ键，1个碳氧双键含1个σ键和1个π键，故CH3COOH分子中σ键和π键的数目之比为7∶1。③K2SO4的阴离子是SO，SO的立体构型是正四面体形，乙醇、乙酸分子中存在碳碳非极性键，H2O、H2SO4分子中只含极性键。(3)三氟化铬、三溴化铬的晶体类型不同，故熔点相差较大。(4)图甲为体心立方堆积，铬原子的配位数为8。(5)根据均摊法，1个晶胞含4个铬离子，含氧离子数目为12×1/6＋2×1/2＋3＝6，则该晶体的化学式为Cr2O3。六棱柱的底由6个正三角形组成，每个正三角形的面积为a2。
答案：(1)
(2)①CH3CH2OH、CH3COOH分子间存在氢键
②sp2、sp3　7∶1　③正四面体形　H2O、H2SO4
(3)CrF3是离子晶体，CrBr3是分子晶体，离子键比分子间作用力强
(4)体心立方堆积　8
(5)Cr2O3　
4．尿素是含氮量极高的氮肥，在适当条件下NH3与CO2作用可转化为尿素：2NH3＋CO2―→CO(NH2)2＋H2O。
(1)写出基态氮原子的价电子排布图：______________________________________，
上述反应涉及元素中，电负性最大的是______，C、N、O属于同一周期，其中______两种元素第一电离能之差最大。
(2)上述反应中，碳原子的杂化轨道类型变化为____________________________；NH3、CO2、H2O三种分子中共价键的键角由大到小的顺序为_________________________；
CO2分子中存在极性键，但它是非极性分子，其原因是__________________________。
(3)已知尿素的熔点为132.7
℃，则其晶体类型为__________，研究表明，尿素晶体存在分子间氢键，请表示出尿素晶体中的两类氢键：__________________________________。
(4)碳元素能形成多种同素异形体，其中金刚石的晶胞结构如图所示。则一个晶胞的质量是______，该晶胞的空间利用率为________(用含π的式子表示)。
解析：(1)非金属性越强，电负性越大，故电负性最大的元素是氧元素，C、N、O三种元素的第一电离能大小顺序为N>O>C，故氮、碳元素的第一电离能之差最大。(2)CO2中碳原子为sp杂化，尿素中碳原子为sp2杂化。NH3、CO2、H2O三种分子中，CO2属于直线形分子，键角为180°，另外两种分子的中心原子均为sp3杂化，但水分子中有2对孤电子对，故键角小于NH3分子中的键角。CO2分子是直线形分子，其正负电荷中心重合，故为非极性分子。(3)由尿素的熔点知其是分子晶体。尿素分子中的两个氮原子、一个氧原子上均有孤电子对，且尿素分子中有4个氢原子，所以氢键类型为N—H…N、N—H…O。(4)每个晶胞中，8个顶点、6个面上各有一个原子，晶胞内有4个原子，故一个金刚石晶胞中共有8个碳原子，物质的量为
mol，质量为
g。设晶胞参数为a，则晶胞面对角线长度为a，设碳原子半径为r，则晶胞体对角线长度为8r，a2＋(a)2＝(8r)2，r＝a，8个碳原子的总体积为8×πr3，晶胞的体积为a3，由此求出空间利用率为π。
答案：(1)　氧(或O)　氮与碳(或N与C)
(2)由sp杂化转化为sp2杂化　CO2>NH3>H2O　CO2分子是直线形分子，其正负电荷中心重合
(3)分子晶体　N—H…N、N—H…O　(4)
g　π
5．(2020·东营质检)石墨、石墨烯及金刚石是碳的同素异形体。
(1)以Ni Cr Fe为催化剂，一定条件下可将石墨转化为金刚石。基态Fe原子未成对电子数为______。设石墨晶体中碳碳键的键长为a
m，金刚石晶体中碳碳键的键长为b
m，则a______(填“>”“<”或“＝”)b，原因是____________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)比较表中碳卤化物的熔点，并分析其熔点变化的原因：_______________________。
CCl4
CBr4(α型)
CI4
熔点/℃
－22.92
48.4
168(分解)
(3)金刚石的晶胞如图1所示。已知ZnS晶胞与金刚石晶胞排列方式相同，若图1中a与ZnS晶胞中Zn2＋位置相同，则S2－在ZnS晶胞中的位置为______。
(4)石墨烯中部分碳原子被氧化后，转化为氧化石墨烯。
①在图3所示的氧化石墨烯中，采取sp3杂化形式的原子有______(填元素符号)。
②石墨烯转化为氧化石墨烯时，1号C与相邻C原子间键能的变化是______(填“变大”“变小”或“不变”)。
(5)石墨烯具有很大的比表面积，有望用于制超级电容器。若石墨烯中碳碳键的键长为a
m，12
g单层石墨烯单面的理论面积约为__________m2(列出计算式即可)。
解析：(1)基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，未成对电子数为4。在金刚石晶体中，C原子采用sp3杂化，碳原子之间只存在σ键，而石墨晶体中的C原子采用sp2杂化，碳原子之间除了σ键外还有大π键，使得石墨晶体中的碳碳键的键长比金刚石晶体中碳碳键的键长短。(2)碳卤化物都是分子晶体，分子间通过范德华力相结合，对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，其分子间范德华力越强，熔点越高，由于相对分子质量：CCl4m，则其所在正六边形的面积为
m2，根据均摊法可以计算出每个正六边形所占有的碳原子数为6×＝2，所以12
g(1
mol)单层石墨烯实际占有的正六边形个数为×NA，则单层石墨烯单面的理论面积约为×NA×a2
m2。
答案：(1)4　<　石墨晶体中的碳碳键除σ键外还有大π键，金刚石晶体中的碳碳键只有σ键　(2)CCl4、CBr4、CI4熔点依次升高；分子组成和结构相似，随相对分子质量依次增大，范德华力依次增强　(3)顶点、面心　(4)①C、O　②变小　(5)×NA×a2
6．(2020·山东四校联考)(1)火箭使用的推进剂燃料由N、H两种元素组成，且原子个数N(N)∶N(H)＝1∶2，其水溶液显碱性，则该物质中N原子的杂化方式为____________。
(2)笑气(N2O)曾被用作麻醉剂，但过度吸食会导致身体机能紊乱。预测N2O的结构式为____________________。
(3)在电解冶炼铝过程中加入冰晶石(用“A”代替)，可起到降低Al2O3熔点的作用。冰晶石的生产原理为2Al(OH)3＋12HF＋3Na2CO3===2A＋3CO2↑＋9H2O。
①冰晶石的化学式为________________。
②冰晶石由两种微粒构成，冰晶石的晶胞结构如图甲所示，位于大立方体的顶点和面心，位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，那么大立方体的体心处所代表的微粒是________(填微粒符号)。
③冰晶石溶液中不存在的微粒间作用力有________(填选项字母)。
A．离子键　
B．共价键　C．配位键　D．金属键
E．范德华力　F．氢键
④Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丁所示。若已知Al的原子半径为d
cm，NA代表阿伏加德罗常数的值，Al的相对原子质量为M，则晶胞中Al原子的配位数为________；Al晶体的密度为________(用字母表示)g·cm－3。
(4)配合物Fe(CO)5的熔点为－20
℃，沸点为103
℃，可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图戊所示。
①Fe(CO)5晶体类型属于__________晶体。
②关于Fe(CO)5，下列说法正确的是________。
A．Fe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子
B．Fe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键
C．1
mol
Fe(CO)5含有10
mol配位键
D．反应Fe(CO)5===Fe＋5CO没有新化学键生成
解析：(1)火箭燃料为N2H4，其结构可表示为H2N—NH2，其中N有3个σ键电子对和1对孤电子对，故N2H4中N采用sp3杂化。(2)N2O与CO2互为等电子体，CO2的结构式为O===C===O，故N2O的结构式为N===N===O。(3)①根据质量守恒定律分析，冰晶石的化学式为Na3AlF6。②位于大立方体的顶点和面心，属于该晶胞的份额为8×＋6×＝4，位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，属于该晶胞的份额为12×＋8＝11，要使两种离子的个数比为1∶3，则大立方体的体心处为Na＋。③冰晶石溶液中存在Na＋、AlF、水，还有水电离出的OH－和H＋，AlF中存在共价键和配位键，水分子中存在共价键，水分子间存在范德华力和氢键，所以不存在离子键和金属键。④在晶胞中以面心的铝原子为中心，与其距离最近的等距离的铝原子有12个，即铝的配位数为12，该晶胞中铝原子个数为8×＋6×＝4，该晶胞的棱长为
cm＝2d
cm，所以晶胞的体积为(2d)3
cm3，ρ＝＝
g·cm－3＝
g·cm－3。(4)①配合物Fe(CO)5的熔点为－20
℃，沸点为103
℃，熔、沸点较低，说明该配合物为分子晶体。②Fe(CO)5为对称结构，分子中正、负电荷中心重合，属于非极性分子，CO为极性分子，A项正确；Fe(CO)5中Fe原子与CO形成配位键，铁原子提供空轨道，B项错误；铁与CO形成5个配位键，CO分子中O提供1对孤电子对与1个碳原子形成1个配位键，所以1
mol
Fe(CO)5中含有10
mol配位键，C项正确；反应Fe(CO)5===Fe＋5CO得到铁单质，形成金属键，D项错误。
答案：(1)sp3　(2)N===N===O　
(3)①Na3AlF6　②Na＋　③AD　④12　
(4)①分子　②AC
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