2018届二轮复习物质结构与性质学案（全国通用）(1)
专题六 物质结构与性质
第20讲 物质结构与性质
1．(2016·武昌调研)氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解。
(1)COCl2的空间构型为________；溴的基态原子价电子排布式为________。
(2)已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列________式发生。(填字母代号，下同)
A．CsICl2===CsCl＋ICl B．CsICl2===CsI＋Cl2
(3)根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是________。
元素
氟
氯
溴
碘
第一电离能/(kJ·mol－1)
1 681
1 251
1 140
1 008
(4)下列分子既不存在“sp”σ键，也不存在“pp”π键的是________。
A．HCl B．HF
C．SO2 D．SCl2
(5)已知ClO为三角形，中心氯原子周围有四对价层电子。ClO中心氯原子的杂化轨道类型为________，写出一个与CN－互为等电子体的物质的分子式________。
(6)钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构如图所示，由此可判断钙的氧化物的化学式为________。已知该氧化物的密度是ρ g·cm－3，则晶胞内离得最近的两个钙离子的间距为________cm。(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA)
解析：(1)COCl2分子中中心原子C的杂化轨道类型为sp2杂化，故其空间构型为平面三角形；溴的基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p5，故其价电子排布式为4s24p5；
(2)因CsCl的晶格能大于CsI的晶格能，故按A方式发生；
(3)第一电离能越小，越容易形成较稳定的单核阳离子，故最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子为碘(或I)；
(4)HCl、HF分子中均存在“sp”σ键，SO2中存在“pp”π键，SCl2存在“pp”σ键，故D项符合题意。
(6)由图可知晶胞中含有Ca2＋个数为8×＋6×＝4个，O个数为12×＋1＝4个，故钙的氧化物的化学式为CaO2；
设晶胞内离得最近的两个钙离子的间距为x cm，则晶胞的边长为x cm，
＝，(x)3＝，x＝ 。
答案：(1)平面三角形 4s24p5 (2)A (3)碘(或I) (4)D (5)sp3杂化 N2(或CO)
(6)CaO2 ×
2．第四周期中的18种元素具有重要的用途，在现代工业中备受青睐。
(1)铬是一种硬而脆、抗腐蚀性强的金属，常用于电镀和制造特种钢。基态Cr原子中，电子占据最高能层的符号为________，该能层上具有的原子轨道数为________，电子数为________。
(2)第四周期元素的第一电离能随原子序数的增大，总趋势是逐渐增大的，30Zn与31Ga的第一电离能是否符合这一规律？________(填“是”或“否”)，原因是______________________________________________(如果前一问填“是”，此问可以不答)。
(3)镓与第ⅤA族元素可形成多种新型人工半导体材料，砷化镓(GaAs)就是其中一种，其晶胞结构如图所示(白色球代表As原子)。在GaAs晶体中，每个Ga原子与________个As原子相连，与同一个Ga原子相连的As原子构成的空间构型为________。
(4)与As同主族的短周期元素是N、P。AsH3中心原子的杂化类型为________；一定压强下将AsH3、NH3和PH3的混合气体降温时首先液化的是________，理由是______________________________________。
(5)铁的多种化合物均为磁性材料，氮化铁是其中一种，某氮化铁的晶胞结构如图所示，则氮化铁的化学式为________；设晶胞边长为a cm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为________g·cm－3。(用含a和NA的式子表示)
解析：(1)基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则最高能层为N，该能层具有4s4p4d4f轨道，轨道数为16，电子数为1。(5)由图可得晶胞中含有Fe的个数为8×＋6×＝4个，含有N的个数为1个，则氮化铁的化学式为Fe4N；a3ρ＝＝，故ρ＝。
答案：(1)N 16 1 (2)否 30Zn的4s能级有2个电子，处于全满状态，较稳定 (3)4 正四面体 (4)sp3 NH3 NH3分子之间有氢键，沸点较高 (5)Fe4N
3．(2016·佛山模拟)有些食物中铁元素含量非常丰富，其中非血红素铁是其存在形式之一，主要是三价铁与蛋白质和羧酸结合成络合物。
(1)Fe3＋的电子排布式为____________________。
(2)配合物Fe(CO)5的配位体是________；常温下，Fe(CO)5
为黄色液体，易溶于非极性溶剂，熔点为251 K，沸点为376 K，据此，可判断Fe(CO)5晶体属于________晶体。(填“离子”、“原子”、“分子”或“金属”)
(3)金属晶体可看成金属原子在三维空间中堆积而成，单质铁中铁原子采用钾型模式堆积，原子空间利用率为68%，铁原子的配位数为______________。
(4)乙醛能被氧化剂氧化为乙酸，乙醛中碳原子的轨道杂化类型是______________；1 mol乙醛分子中含有的σ键的数目为____________________。
(5)FeO晶体结构如图所示，FeO晶体中Fe2＋的配位数为________。若该晶胞边长为b cm，则该晶体的密度为________g·cm－3。
解析：(1)Fe的原子序数为26，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故Fe3＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5。(2)Fe(CO)5的配位体为CO，Fe(CO)5的熔沸点低，易溶于非极性溶剂，故其为分子晶体。(3)钾型堆积为体心立方堆积，故Fe的配位数为8。(4)CH3CHO中甲基碳原子为sp3杂化，而醛基碳原子为sp2杂化。CH3CHO的结构式为单键为σ键，1个双键中含1个σ键、1个π键，故1 mol CH3CHO中含有6 mol σ键。(5)该晶胞中Fe2＋周围最近等距离的O2－有6个，则Fe2＋的配位数为6。该晶胞中含有4个Fe2＋、4个O2－，则晶体密度为＝ g·cm－3。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5 (2)CO 分子 (3)8 (4)sp2、sp3 6×6.02×1023或6NA (5)6
4.(2016·太原模拟)前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A的最简单气态氢化物分子中含5个原子和10个电子；基态B原子有3个未成对电子，在短周期元素中C的第一电离能最小，D的最高价氧化物对应的水化物是二元强酸。E＋核外3个电子层均排满电子。回答下列问题：
(1)基态E原子的外围电子排布图为____________。
(2)1 mol (AB)2中含σ键数目为________________；在A、B、D的含氧酸根离子中，呈平面三角形结构的是____________(填离子符号)。
(3)在A、B、D的气态氢化物中，属于极性分子的是____________；CB3的晶体类型是________________，它的阴离子的等电子体分子有______________(填一种)。
(4)B、E两种元素形成某种化合物的晶胞结构如图(白色球代表B原子)。已知B、E的原子半径分别为a pm、b pm。在该晶胞中，B原子的配位数为________。该晶胞的空间利用率φ为____________________________。
解析：含5个原子、10个电子的分子是CH4，则A为碳元素；基态N原子有3个未成对电子，B为氮元素。短周期元素中钠元素的第一电离能最小，C为钠元素。硫酸是强酸，又是二元酸，D为硫元素，3个电子层排满电子，依次为2、8、18，所以E的原子序数为29，E为铜元素。(1)基态铜原子的外围电子排布图为
(2)1个NCCN分子中含3个σ键，1 mol (CN)2中含σ键数目为3NA；C、N、S的含氧酸根离子分别为CO、NO、NO、SO、SO等，其中中心原子价层电子对数为3、成键电子对数为3的有CO、NO，二者均呈平面三角形。(3)CH4、NH3、H2S分子中，极性分子有NH3、H2S。NaN3是离子晶体，与N互为等电子体的分子有CO2、N2O。(4)该晶胞由氮、铜原子构成，从图看出，N原子的配位数为6。1个晶胞中，氮原子个数为8×＝1，铜原子个数：12×＝3，它的化学式为Cu3N。观察晶胞知，设晶胞边长为L，L＝2(a＋b)pm。该晶胞的空间利用率φ＝×100%＝×100%。
答案：(1)
(2)3NA CO、NO
(3)NH3、H2S 离子晶体 CO2(或N2O)
(4)6 ×100%
5．(2016·开封一模)T、W、X、Y、Z是元素周期表前四周期中的常见元素，原子序数依次增大，相关信息如下表。
元素
相关信息
T
T元素可形成自然界硬度最大的单质
W
W与T同周期，核外有一个未成对电子
X
X原子的第一电离能至第四电离能分别是：I1＝578 kJ·mol－1，I2＝1 817 kJ·mol－1，I3＝2 745 kJ·mol－1，I4＝11 575 kJ·mol－1
Y
常温常压下，Y单质是固体，其氧化物是形成酸雨的主要物质
Z
Z的一种同位素的质量数为63，中子数为34
(1)TY2是一种常用的溶剂，是________(填“极性分子”或“非极性分子”)，分子中存在________个σ键。W的最简单氢化物容易液化，理由是______________________。
(2)在25 ℃、101 kPa下，已知13.5 g的X固体单质在O2中完全燃烧后恢复至原状态，放热419 kJ，该反应的热化学方程式为_____________________________________。
(3)基态Y原子中，电子占据的最高能层符号为______，该能层具有的原子轨道数为______、电子数为________。Y、氧、W元素的电负性由大到小的顺序为________(写元素符号)。
(4)已知Z的晶胞结构如图所示，又知Z的密度为9.00 g·cm－3，则晶胞边长为________________(用含立方根的式子表示)；ZYO4常作电镀液，其中YO的空间构型是______________，其中Y原子的杂化轨道类型是______。Z的单质与人体分泌物中的盐酸以及空气反应可生成超氧酸：Z＋HCl＋O2===ZCl＋HO2，HO2(超氧酸)不仅是一种弱酸而且也是一种自由基，具有极高的活性。下列说法或表示正确的是________。
A．O2是氧化剂
B．HO2是氧化产物
C．HO2在碱中能稳定存在
D．1 mol Z参加反应有1 mol电子发生转移
解析：由题目提供的信息可推得T、W、X、Y和Z分别为C、F、Al、S和Cu。
(1)CS2的结构式为S===C===S左右对称，为非极性分子，分子中存在两个σ键，两个π键，因为H、F之间易形成氢键，故HF的熔、沸点高，易液化。
(2)n(Al)＝＝0.5 mol放出419 kJ，则4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s)ΔH＝－419×8＝－3 352 kJ·mol－1。
(3)硫原子的核外电子排布图为
故最高能层符号为M，该能层具有的原子轨道数为9，电子数为6；因同周期从左到右，主族元素的电负性逐渐增强，同主族从上到下，电负性逐渐减弱，故S、O、F元素的电负性由大到小的顺序为F>O>S。
(4)由图可知Cu的晶胞为面心立方最密堆积，则每个晶胞含有4个Cu原子，设晶胞边长为x，则x3×9.00 g·cm－3＝，故x＝×10－8 cm。
答案：(1)非极性分子 2 分子间形成氢键 (2)4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s) ΔH＝－3 352 kJ·mol－1 (3)M 9 6 F>O>S (4)×10－8 cm 正四面体形 sp3 AD
6．(2016·重庆二模)某复合硅酸盐水泥的成分有CaO、MgO、Al2O3、SO3和SiO2等。回答下列问题：
(1)Ca的电子排布式为________。
(2)MgO的熔点比CaO的熔点________，其原因是______________________________。
(3)Al2O3溶于NaOH溶液形成Na[Al(OH)4]，[Al(OH)4]－的空间构型为________。
(4)S的氧化物的水化物中酸性最强的是________，从结构上分析其原因________________________________________________________________________。
(5)硅酸盐结构中的基本结构单元为[SiO]四面体，其中Si原子的杂化轨道类型为____________。由两个结构单元通过共用一个原子形成的硅酸盐阴离子的化学式为________。
(6)CaO与NaCl的晶胞类型相同，CaO晶胞中Ca2＋的配位数为________，若CaO晶胞参数为a nm，CaO的密度为________g·cm－3(用a和NA表示)。
解析：(6)根据NaCl晶胞中Na＋、Cl－的配位数为6，可以类推CaO晶胞中Ca2＋、O2－的配位数为6。该晶胞中含有4个Ca2＋、4个O2－，CaO的密度为 g÷(a×10－7 cm)3＝ g·cm－3。
答案：(1)1s22s22p63s23p64s2 (2)高 Mg2＋的半径小于Ca2＋的半径，MgO晶格能大，故其熔点高 (3)正四面体形 (4)H2SO4 H2SO4中S的正电荷高于H2SO3中S的正电荷，导致H2SO4的S—O—H中O的电子向S偏移程度更大，更容易电离出H＋，所以H2SO4的酸性强 (5)sp3 [Si2O7]6－ (6)6
7．(2016·福州五校联考)铁基超导、C60K3、YBCO、钙氢合金都是超导材料，回答下列问题。
(1)Fe3＋中未成对电子数为________；Fe2＋基态时核外电子排布式为________________________________________________________________________。
(2)C60分子(结构如图)中碳原子杂化轨道类型为________；1 mol C60分子中含σ键数目为________。
(3)已知C60晶体为面心立方，C60K3中C则为体心立方，K＋填在空隙中，有关C60的说法正确的有______。
a．C60晶体易溶于CS2
b．C60晶体中，与每个C60分子紧邻的C60分子有12个
c．C60K3晶胞中，内部空隙中填有6个K＋
d．C60K3晶体熔融时不导电
(4)YBCO是一种高温超导材料，最早是通过在1 000～1 300 K加热BaCO3、Y2(CO3)3、CuCO3的混合物制备的。若YBa2Cu3O7－x(0≤x≤0.5)的材料在Tc温度下有超导性，当x＝0.2时，晶体中n(Cu3＋)∶n(Cu2＋)＝________。
(5)目前已合成的Ca(大球)与H(小球)形成的超导材料其晶胞结构如图，它的化学式为____________。假定晶胞边长为a nm，则晶体的密度为________g·cm－3。
解析：(2)C60
分子中每个碳原子与另3个碳原子形成共价键，其中含1个双键和2个单键；1个C60分子中总键数为：60×3/2＝90，故σ键数目也为90。(3)由于C60是非极性分子，CS2也是非极性分子，a正确；面心立方的配位数为12，b正确；由于C60K3中C为体心立方，晶胞中C有2个，依据化学式晶胞中应有K＋6个，c正确；C60K3是离子化合物，熔融时可以导电，d错误。(4)先确定Y、Ba、O的化合价分别为＋3、＋2、－2，设Cu3＋为y，则Cu2＋为3－y，由化合物中各元素化合价代数和等于零即得。(5)晶胞中共含Ca原子数为8×＋1＝2；氢原子全部位于面上，共有4×6×＝12个，故该超导材料的化学式为CaH6；该晶胞的密度ρ＝ g·cm－3＝ g·cm－3。
答案：(1)5 1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6 (2)sp2 90NA (3)abc (4)1∶4 (5)CaH6
考点一 原子结构与性质
考点定位
重要保分考点
错因定位
1.书写基态原子或离子的电子排布式或排布图时，不会利用能量最低原理、泡利原理及洪特规则进行检验和正误判断，如[诊断卷T3(1)、T4(1)、T6(1)]。
2.比较第一电离能和电负性的相对大小时，不会利用同周期、同主族元素性质的递变规律判断，特别注意当元素原子的核外电子排布在能量相等的轨道上形成全空、半满和全满结构时，原子的能量较低，该元素具有较大的第一电离能，如[诊断卷T2(2)、T5(3)]。
1．练中回扣原子结构与性质的基本点
(1)原子序数为24的元素原子的基态原子
①核外电子排布式为________________，价电子排布式是____________。
②有________个电子层，________个能级；有________个未成对电子。
③在周期表中的位置是第________周期第________族。
(2)试用“>”“<”或“＝”表示元素C、N、O、Si的下列关系：
①第一电离能：____________(用元素符号表示，下同)。
②电负性：________________。
③非金属性：________________。
答案：(1)①1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1 3d54s1 ②4 7 6 ③四 ⅥB
(2)①N>O>C>Si ②O>N>C>Si
③O>N>C>Si
2．归纳原子结构与性质的相关知识，记住特殊命题点
(1)基态原子核外电子排布的四种表示方法
表示方法
举例
电子排布式
Cr：1s22s22p63s23p63d54s1
简化表示式
Cu：[Ar]3d104s1
价电子排布式
Fe：3d64s2
电子排布图
(或轨道表示式)
(2)常见错误防范
①电子排布式
a．3d、4s书写顺序混乱。
如
b．违背洪特规则特例。
如
②电子排布图
错误类型
错因剖析
违背能量最低原理
违背泡利原理
违背洪特规则
违背洪特规则
(3)特殊原子的核外电子排布式
①24Cr的核外电子排布
先按能量从低到高排列：1s22s22p63s23p64s23d4，因3d5为半充满状态，比较稳定，故需要将4s轨道的一个电子调整到3d轨道，得1s22s22p63s23p64s13d5，再将同一能层的排到一起，得该原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1。
②29Cu的核外电子排布
先按能量从低到高排列：1s22s22p63s23p64s23d9，因3d10为全充满状态，比较稳定，故需要将4s轨道的一个电子调整到3d轨道，得1s22s22p63s23p64s13d10，再将同一能层的排到一起，得该原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1。
(4)电离能与电负性变化规律与大小判断
①元素第一电离能的周期性变化规律
一般规律
同一周期，随着原子序数的增加，元素的第一电离能呈现增大的趋势，稀有气体元素的第一电离能最大，碱金属元素的第一电离能最小。
同一主族，随着电子层数的增加，元素的第一电离能逐渐减小。
特殊情况
第一电离能的变化与元素原子的核外电子排布有关。通常情况下，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)、半满(p3、d5、f7)和全满(p6、d10、f14)结构时，原子的能量较低，该元素具有较大的第一电离能。
②电离能、电负性大小判断
规律
在周期表中，电离能、电负性从左到右逐渐增大，从上往下逐渐减小
特性
同周期主族元素，第ⅡA族(ns2)全充满、ⅤA族(np3)半充满，比较稳定，所以其第一电离能大于同周期相邻的ⅢA和ⅥA族元素
方法
我们常常应用化合价及物质类别判断电负性的大小，如O与Cl的电负性比较：a.HClO中Cl为＋1价、O为－2价，可知O的电负性大于Cl：b.Al2O3是离子化合物、AlCl3是共价化合物，可知O的电负性大于Cl
(5)元素电离能的两大应用
①判断元素金属性的强弱
电离能越小，金属越容易失去电子，金属性越强；反之越弱。
②判断元素的化合价
如果某元素的In＋1≫In，则该元素的常见化合价为＋n，如钠元素I2≫I1，所以钠元素的化合价为＋1。
(6)电负性的三大应用
考向一 原子核外电子的排布
1．填写下列空白：
(1)(2016·全国丙卷)写出基态As原子的核外电子排布式________。
(2)(2016·全国甲卷)镍元素基态原子的电子排布式为________，3d能级上的未成对电子数为________。
(3)(2015·全国卷Ⅰ)碳及其化合物广泛存在于自然界中。处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用________形象化描述。在基态14C原子中，核外存在________对自旋相反的电子。
(4)(2015·江苏高考)Cr3＋基态核外电子排布式为____________。
(5)(2015·浙江高考)Cu2＋的电子排布式是________。
(6)(2015·四川高考)Si元素基态原子的电子排布式是________。
(7)(2015·安徽高考)N的基态原子核外电子排布式为________，Cu的基态原子最外层有________个电子。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3
(2)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 2
(3)电子云 2
(4)1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3
(5)1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9
(6)1s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2
(7)1s22s22p3 1
考向二 元素的性质
2．填写下列空白：
(1)(2016·全国丙卷)
根据元素周期律，原子半径Ga____As，第一电离能Ga____As。(填“>”或“<”)
(2)(2016·全国乙卷)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________。
(3)(2015·全国卷Ⅱ)A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2－和B＋具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。则四种元素中电负性最大的是________(填元素符号)。
(4)(2015·福建高考)CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为________。
(5)(2015·安徽高考)原子半径Al____Si，电负性：N____O。(用“>”或“<”)
(6)(2014·安徽高考)第一电离能Si____S。(用“>”或“<”)
(7)(2013·新课标卷Ⅱ)F、K、Fe、Ni四种元素中第一电离能最小的是________，电负性最大的是________。(填元素符号)
解析：(1)同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，第一电离能呈增大趋势。
(2)锗、锌位于同周期，同一周期从左至右元素的电负性逐渐增大(除稀有气体元素外)，而氧位于元素周期表右上角，电负性仅次于氟，由此得出氧、锗、锌的电负性依次减小。
(3)中C元素原子核外电子总数是最外层电子数的3倍，为P元素。与P同周期的元素D最外层有1个未成对电子，推出D为Cl。原子序数小于15的A2－与B＋具有相同的电子构型，则推出A为O，B为Na。4种元素中O的非金属性最强，电负性最大。
(4)元素非金属性强弱顺序：O>C>H，故三种元素电负性大小顺序为O>C>H。
(5)Al与Si同属第三周期，故原子半径Al>Si。
(6)Si与S同属第三周期，从左到右第一电离能逐渐增大，故第一电离能Si
< (2)O>Ge>Zn (3)O
(4)H < (6)< (7)K F
3．请回答下列问题：
(1)N、Al、Si、Zn四种元素中，有一种元素的电离能数据如下：
电离能
I1
I2
I3
I4
……
Im/(kJ·mol－1)
578
1 817
2 745
11 578
则该元素是________(填写元素符号)。
(2)基态锗(Ge)原子的电子排布式是________。Ge的最高价氯化物分子式是________。该元素可能的性质或应用有________。
A．是一种活泼的金属元素
B．其电负性大于硫
C．其单质可作为半导体材料
D．其最高价氯化物的沸点低于其溴化物的沸点
答案：(1)Al
(2)1s22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2
GeCl4 CD
考点二 分子结构与性质
考点定位
重要保分考点
错因定位
1.不能由不同元素组成的微粒来推断原子之间的成键情况，中心原子的杂化方式及微粒的立体构型，如[诊断卷T1(1)、(4)，T2(4)，T3(4)，T4(2)]。
2.忽视氢键对分子性质(特别是熔、沸点)的影响，如[诊断卷T2(4)，T5(1)]。
1．练中回扣分子结构与性质的基本点
(1)分子结构与性质
分析下列化学式，选出划线元素符合要求的物质：
A．C2H2 B．H2O C．BeCl2 D．CH4 E．C2H4 F．N2H4
①既有σ键，又有π键的是________。
②sp3杂化的是________；sp2杂化的是________；sp杂化的是________。
③分子构型为正四面体的是__________，为“V”形的是________，为直线形的是________。
④分子间能形成氢键的物质是________，能作配体形成配位键的是________。
⑤含有极性键的非极性分子是________。
(2)SO的立体构型是________，其中S原子的杂化轨道类型是________杂化。
(3)H＋可与H2O形成H3O＋，H3O＋中O原子采用______杂化。H3O＋中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大，原因为______________________________________________。
答案：(1)①A、E ②B、D、F E AC ③D B A、C ④B、F B、F ⑤A、C、D、E
(2)正四面体 sp3
(3)sp3 H2O中O原子有2对孤对电子对，排斥力较大，H3O＋只有1对孤电子对，排斥力较小
2．归纳记忆分子极性、非极性的判断方法
(1)由非极性键构成的双原子分子一定是非极性分子，如 H2、O2 等。
(2)由极性键构成的分子可能是极性分子或非极性分子。
①若分子的空间构型对称，则为非极性分子，如 CO2、CH4 等；
②若分子的空间构型不对称，则为极性分子，如 NH3、CH3Cl 等。
(3)判断ABn型分子极性的经验规律。
①化合价法：ABn型分子中中心原子A的化合价的绝对值等于该元素所在主族的序数即该主族元素的价电子数时，该分子为非极性分子；若中心原子的化合价的绝对值不等于该元素所在主族的序数即该主族元素的价电子数时，该分子为极性分子。
具体实例见下表：
化学式
BF3
CO2
PCl5
SO3
H2O
NH3
SO2
中心原子化合价绝对值
3
4
5
6
2
3
4
中心原子价电子数
3
4
5
6
6
5
6
分子极性
非极性
非极性
非极性
非极性
极性
极性
极性
②ABn型的多原子分子是否有极性，常根据分子中是否有孤对电子来判断。如果中心原子的价层电子对全部为成键电子对，该分子一般为非极性分子；如果中心原子的价层电子既有成键电子对，又有孤电子对，该分子常为极性分子。
3．巧妙运用价层电子对互斥理论判断分子空间构型
(1)价层电子对互斥模型说的是价层电子对的空间构型，而分子的空间构型指的是成键电子对空间构型，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。
分子或离子
中心原子的孤电子对数
分子或离子的价层电子对数
电子对空间构型
分子或离子的立体构型
CO2
0
2
直线形
直线形
SO2
1
3
平面三角形
V形
H2O
2
4
正四面体形
V形
BF3
0
3
平面三角形
平面三角形
CH4
0
4
正四面体形
正四面体形
NH
0
4
正四面体形
正四面体形
NH3
1
4
正四面体形
三角锥形
(2)运用价层电子对互斥模型可预测分子或离子的立体结构，但要注意判断其价层电子对数，对ABm型分子或离子，其价层电子对数的判断方法为n＝
[注意] ①氧族元素的原子作为中心原子A时提供6个价电子，作为配位原子B时不提供价电子；
②若为分子，电荷数为0；
③若为阳离子，则减去电荷数，如NH，n＝＝4；
④若为阴离子，则加上电荷数，如SO，n＝＝4。
4．理解记忆常见杂化轨道类型与分子构型规律
杂化轨道类型
参加杂化的原子轨道
分子构型
示例
sp
1个s轨道，
1个p轨道
直线形
CO2、BeCl2、
HgCl2
sp2
1个s轨道，
2个p轨道
平面三角形
BF3、BCl3、
HCHO
sp3
1个s轨道，
3个p轨道
等性杂化
正四面体
CH4、CCl4、NH
不等性杂化
具体情况不同
NH3(三角锥形)、H2S、H2O(V形)
1．填写下列空白：
(1)(2016·全国甲卷)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是_______________________________________。
②在[Ni(NH3)6]2＋中Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是________。
③氨的沸点________(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是____________________；
氨是________分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为________。
(2)(2016·全国乙卷)①Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、三键，但Ge原子之间难以形成双键或三键。从原子结构角度分析，原因是__________________。
②比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因_____________________。
GeCl4
GeBr4
GeI4
熔点/℃
－49.5
26
146
沸点/℃
83.1
186
约400
③
Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为________，微粒之间存在的作用力是________________________________________________________________________。
(3)(2016·全国丙卷)AsCl3分子的立体构型为______，其中As的杂化轨道类型为________。
解析：(1)①SO中，S原子的价层电子对数为＝4，成键电子对数为4，故SO的立体构型为正四面体。
②[Ni(NH3)6]2＋中，由于Ni2＋具有空轨道，而NH3中N原子含有孤电子对，两者可通过配位键形成配离子。
③由于 NH3分子间可形成氢键，故NH3的沸点高于PH3。NH3分子中，N原子形成3个σ键，且有1个孤电子对，N原子的轨道杂化类型为sp3，立体构型为三角锥形。由于空间结构不对称，NH3属于极性分子。
(2)①锗虽然与碳为同族元素，但比碳多了两个电子层，因此锗的原子半径大，原子间形成的σ单键较长，pp轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键。
②由锗卤化物的熔沸点由Cl到I呈增大的趋势且它们的熔沸点较低，可判断它们均为分子晶体，而相同类型的分子晶体，其熔沸点取决于相对分子质量的大小，因为相对分子质量越大，分子间的作用力就越大，熔沸点就越高。
③Ge单晶为金刚石型结构，金刚石中碳原子的杂化方式为sp3，因此Ge原子的杂化方式也为sp3。微粒之间存在的作用力为共价键。
(3)As原子的价电子排布式为4s24p3，最外层有5个电子，则AsCl3分子中As原子形成3个As—Cl键，且含有1对未成键的孤对电子，则As的杂化轨道类型为sp3杂化，AsCl3分子的立体构型为三角锥形。
答案：(1)①正四面体 ②配位键 N
③高于 NH3分子间可形成氢键 极性 sp3
(2)①Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，pp轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键
②GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强
③sp3 共价键
(3)三角锥形 sp3
2．按要求回答下列问题：
(1)(2015·全国卷Ⅰ)碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是_______________。
CS2分子中，共价键的类型有________，C原子的杂化轨道类型是________，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子________。
(2)(2015·全国卷Ⅱ)P和Cl反应可生成组成比为1∶3的化合物E，E的立体构型为________，中心原子的杂化轨道类型为________。化合物Cl2
O的立体构型为________，中心原子的价层电子对数为________，Cl2与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，其化学方程式为_______________________________________________。
(3)(2015·海南高考)①V2O5常用作SO2 转化为SO3的催化剂。SO2 分子中S原子价层电子对数是________对，分子的立体构型为________；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________；SO3的三聚体环状结构如图1所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为________；该结构中S—O键长有两类，一类键长约140 pm，另一类键长约为160 pm，较短的键为________(填图1中字母)，该分子中含有________个σ键。
②V2O5 溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠(Na3VO4)，该盐阴离子的立体构型为________；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图2所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为________。
解析：(1)碳原子核外最外层有4个电子，在化学反应中很难失去4个电子形成阳离子，也很难得到4个电子形成阴离子。因此，碳在形成化合物时，主要通过共用电子对形成共价键。CS2分子中，存在σ键和π键。CS2分子中，C原子的价层电子对数为2，杂化轨道类型为sp。根据等电子理论，与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子有CO2、COS和N2O，离子有NO、SCN－。(2)P和Cl元素形成的组成比为1∶3的化合物E为PCl3，中心原子P形成3个σ键且含有1对未成键的孤电子对，故P原子采取sp3杂化，分子构型为三角锥形。化合物Cl2O中，其中O原子形成2个σ键且含有2对未成键的孤电子对，则O原子采取sp3杂化，故Cl2O为V形结构，中心原子O的价层电子对数为4。Cl2与湿润的Na2CO3反应可生成Cl2O，据氧化还原反应规律可知，还生成还原产物NaCl，反应的化学方程式为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===2NaCl＋Cl2O＋2NaHCO3。
(3)①SO2分子中S原子价电子排布式为3s23p4，价层电子对数是3对，分子的立体构型为V形；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为sp2杂化；SO3的三聚体环状结构如图1所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为sp3杂化；该结构中S—O键长有两类，较短的键为a，该分子中含有12个σ键。
②钒酸钠(Na3VO4)中阴离子的立体构型为正四面体形；则偏钒酸钠的化学式为NaVO3。
答案：(1)C有4个价电子且半径小，难以通过得或失电子达到稳定电子结构 σ键和π键 sp CO2、SCN－(或COS等)
(2)三角锥形 sp3 V形 4 2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl(或2Cl2＋Na2CO3===Cl2O＋CO2＋2NaCl)
(3)①3 V形 sp2 sp3 a 12
②正四面体形 NaVO3
备考锦囊 判断分子或离子中中心原子的杂化轨道类型的一般方法
(1)看中心原子有没有形成双键或三键。如果有1个三键，则其中有2个π键，用去了2个p轨道，则为sp杂化；如果有1个双键则其中有1个π键，则为sp2杂化；如果全部是单键，则为sp3杂化。
(2)由分子的空间构型结合价电子对互斥理论判断。没有填充电子的空轨道一般不参与杂化，1对孤电子对占据1个杂化轨道。如NH3为三角锥形，且有一对孤电子对，即4条杂化轨道应呈正四面体形，为sp3杂化。
考点三 晶体结构与性质
考点定位
重要保分考点
错因定位
1.不能根据物质熔、沸点，判断物质所属晶体的类型，如[诊断卷T3(2)]。
2.不能根据题目提供的晶胞立体图形，用均摊法确定相关物质的组成，进而再计算晶胞中的相关参数，如[诊断卷T1(6)、T2(5)、T3(5)、T4(4)、T5(4)、T7(5)]。
1．练中回扣晶体结构与性质的基本点
(1)用“>”“<”或“＝”表示下列物质的熔沸点关系：
①H2O______H2S ②CH4______CCl4
③Na______Mg ④CaO______MgO
⑤金刚石______石墨 ⑥SiO2______CO2
(2)如图为NaCl晶胞示意图，边长为a cm，在1 mol的晶胞中，
①含有________个Na＋，1个Na＋周围与其距离最近并且距离相等的Cl－有________个，形成________构型。
②NaCl的密度为____________。
答案：(1)①> ②< ③< ④< ⑤< ⑥>
(2)①4NA 6 正八面体
②ρ＝ g·cm－3
2．掌握比较晶体熔、沸点高低的规律方法
(1)不同类型晶体的熔、沸点高低一般规律
原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。
金属晶体的熔、沸点差别很大，如钨、铂等熔点很高，汞、铯等熔点很低。
(2)同类型晶体的熔、沸点高低一般规律
①原子晶体
由共价键形成的原子晶体中，原子半径小的键长短，键能大，晶体的熔、沸点高。如熔点：金刚石＞碳化硅＞硅。
②离子晶体
一般地说，阴阳离子的电荷数越多，离子半径越小，则离子间的作用力就越强，其晶体的熔、沸点就越高，如熔点：MgO＞NaCl＞CsCl。
③分子晶体
a．分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高；具有氢键的分子晶体熔、沸点反常地高。如H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S。
b．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越高。SnH4＞GeH4＞SiH4＞CH4。
c．组成和结构不相似的分子晶体(相对分子质量接近)，分子的极性越大，其熔、沸点越高。如CO＞N2，CH3OH＞CH3CH3。
④金属晶体
金属离子半径越小，离子电荷数越多，金属键越强，金属熔、沸点就越高。如熔、沸点：Al＞Mg＞Na。
3．辨清析透几种常见的晶胞结构及晶胞含有的粒子数目
A．NaCl(含4个Na＋，4个Cl－)
B．干冰(含4个CO2)
C．CaF2(含4个Ca2＋，8个F－)
D．金刚石(含8个C)
E．体心立方(含2个原子)
F．面心立方(含4个原子)
考向一 晶体的类型与性质判断
1．按要求回答下列问题：
(1)(2016·全国甲卷)单质铜及镍都是由________键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu＝1 958 kJ·mol－1、INi＝1 753 kJ·mol－1，ICu>INi的原因是______________________。
(2)(2016·全国丙卷)①GaF3的熔点高于1 000 ℃，GaCl3的熔点
为77.9 ℃，其原因是______________________________。
②GaAs的熔点为1 238 ℃，其晶胞结构如图所示，该晶体的类型为______，Ga与As以________键结合。
(3)(2015·全国卷Ⅱ)单质O有两种同素异形体，其中沸点高的是________(填分子式)，原因是______________________________________；O和Na的氢化物所属的晶体类型分别为________和________。
解析：(1)单质铜及镍都是由金属键形成的晶体，Cu、Ni失去一个电子后电子排布式分别为[Ar]3d10、[Ar]3d84s1，铜的3d轨道全充满，达到稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大。(2)①根据晶体类型比较熔点。一般来说，离子晶体的熔点高于分子晶体的熔点。②根据晶胞结构示意图可以看出，As原子与Ga原子形成了空间网状结构的晶体，结合GaAs的熔点知其是原子晶体。(3)O元素形成O2和O3两种同素异形体，固态时均形成分子晶体，而分子晶体中，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的沸点越高，故O3的沸点高于O2。O元素形成的氢化物有H2O和H2O2，二者均能形成分子晶体。Na元素形成的氢化物为NaH，属于离子晶体。
答案：(1)金属 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子
(2)①GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体 ②原子晶体 共价
(3)O3 O3相对分子质量较大，范德华力大 分子晶体 离子晶体
2．(1)C60和金刚石都是碳的同素异形体，二者相比较熔点高的是________。
(2)超高导热绝缘耐高温纳米氮化铝在绝缘材料中应用广泛，氮化铝晶体与金刚石类似，每个Al原子与________个N原子相连，与同一个N原子相连的Al原子构成的空间构型为__________，氮化铝晶体属于________晶体。
(3)金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈正四面体构型。试推测Ni(CO)4的晶体类型是________，Ni(CO)4易溶于下列______(填字母)。
A．水 B．四氯化碳
C．苯 D．硫酸镍溶液
(4)AlCl3在177.8 ℃时升华，蒸气或熔融状态以Al2Cl6形式存在。下列关于AlCl3的推断错误的是________。
A．氯化铝为共价化合物
B．氯化铝为离子化合物
C．氯化铝难溶于有机溶剂
D．Al2Cl6中存在配位键
解析：(1)C60是分子晶体、金刚石是原子晶体，所以金刚石的熔点远远高于C60的。(2)由金刚石结构每个C原子均以sp3杂化与其他四个C原子相连形成四个共价键构成正四面体结构可推测。(3)由挥发性液体可知Ni(CO)4是分子晶体，由正四面体构型可知Ni(CO)4是非极性分子。(4)由AlCl3易升华可知AlCl3是分子晶体，Al—Cl键不属于离子键应该为共价键，Al原子最外层三个电子全部成键，形成三个Al—Cl σ键，无孤电子对，是非极性分子，易溶于有机溶剂，Al有空轨道，与Cl的孤电子对能形成配位键，A、D正确。
答案：(1)金刚石 (2)4 正四面体形 原子
(3)分子晶体 B、C (4)B、C
备考锦囊 晶体类型的判断方法
(1)据各类晶体的概念判断，即根据构成晶体的粒子和粒子间的作用力类别进行判断。
①由分子通过分子间作用力(范德华力、氢键)形成的晶体属于分子晶体；
②由原子通过共价键形成的晶体属于原子晶体；
③由阴、阳离子通过离子键形成的晶体属于离子晶体；
④由金属阳离子和自由电子通过金属键形成的晶体属于金属晶体，或由金属原子形成的晶体属于金属晶体。
(2)据各类晶体的特征性质判断。
①低熔、沸点的晶体属于分子晶体；
②熔、沸点较高，且在水溶液中或熔化状态下能导电的晶体属于离子晶体；
③熔、沸点很高，不导电，不溶于一般溶剂的晶体属于原子晶体；
④能导电、传热、具有延展性的晶体属于金属晶体。
考向二 晶胞的计算
3．按要求回答下列问题：
(1)(2016·全国甲卷)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。
②若合金的密度为d g·cm－3，晶胞参数a＝________nm。
(2)(2016·全国乙卷)晶胞有两个基本要素：
①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。下图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0,0,0)；B为；C为。则D原子的坐标参数为________。
②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a＝565.76 pm，其密度为________g·cm－3(列出计算式即可)。
(3)(2016·全国丙卷)GaAs的熔点为1 238 ℃，密度为ρ g·cm－3，其晶胞结构如图所示。Ga和As的摩尔质量分别为MGag·mol－1和MAs g·mol－1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为________。
解析：(1)①由晶胞结构图可知，Ni原子处于立方晶胞的顶点，Cu原子处于立方晶胞的面心，根据均摊法，每个晶胞中含有Cu原子的个数为6×＝3，含有Ni原子的个数为8×＝1，故晶胞中Cu原子与Ni原子的数量比为3∶1。
②根据m＝ρV可得， 1 mol晶胞的质量为(64×3＋59)g＝a3×d g·cm－3×NA，则a＝ cm＝×107 nm。
(2)①根据题给图示可知，D原子的坐标参数为。
②每个晶胞中含有锗原子8×1/8＋6×1/2＋4＝8(个)，每个晶胞的质量为，晶胞的体积为(565.76×10－10 cm)3，所以晶胞的密度为。
(3)分析GaAs的晶胞结构，4个Ga原子处于晶胞体内，8个As原子处于晶胞的顶点、6个As原子处于晶胞的面心，结合“均摊法”计算可知，每个晶胞中含有4个Ga原子，含有As原子个数为8×1/8＋6×1/2＝4(个)，Ga和As的原子半径分别为rGapm＝rGa×10－10cm，rAspm＝rAs×10－10 cm，则原子的总体积为V原子＝4×π×[(rGa×1010cm)3＋(rAs×10－10cm)3]＝×10－30(r＋r)cm3。又知Ga和As的摩尔质量分别为MGa g·mol－1和MAs g·mol－1，晶胞的密度为ρ g·cm－3，则晶胞的体积为V晶胞＝4(MGa＋MAs)/ρNA cm3，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%＝×100%＝
×100%。
答案：(1)①3∶1 ②×107
(2)① ②×107
(3)×100%
4．填写下列空白：
(1)(2015·全国卷Ⅱ)Na和O能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a＝0.566 nm，F的化学式为________；晶胞中O原子的配位数为________；列式计算晶体F的密度(g·cm－3)________。
(2)(2013·新课标卷Ⅱ)前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A－和B＋的电子数相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为________；D的配位数为________。
②列式计算该晶体的密度_________________g·cm－3。
③A－、B＋和C3＋三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有___________；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为________，配位体是________。
(3)(2012·新课标全国卷)ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如图所示，其晶胞边长为540.0 pm，密度为________________________ g·cm－3(列式并计算)，a位置S2－与b位置Zn2＋之间的距离为____________________ pm(列式表示)。
解析：(1)O2－半径大于Na＋半径，由F的晶胞结构可知，大球代表O2－，小球代表Na＋，每个晶胞中含有O2－个数为8×＋6×＝4，含有Na＋个数为8，故O2－、Na＋离子个数之比为4∶8＝1∶2，从而推知F的化学式为Na2O。由晶胞结构可知，每个O原子周围有8个Na原子，故O原子的配位数为8。晶胞参数a＝0.566 nm＝0.566×10－7 cm，则晶胞的体积为(0.566×10－7 cm)3，从而可知晶体F的密度为＝2.27 g·cm－3。
(2)①一个该晶胞中，有16个F－位于晶胞的棱上，2个F－位于晶胞内部，4个F－
位于晶胞的面上，根据均摊法，该晶胞中真正占有的F－数为16×＋2＋4×＝8；有8个K＋位于晶胞的棱上，2个K＋位于晶胞内部，故该晶胞中真正占有的K＋数为8×＋2＝4；有8个Ni2＋位于晶胞的顶点，1个Ni2＋位于晶胞内部，故该晶胞中真正占有的Ni2＋数为8×＋1＝2。因此，该化合物中K＋、Ni2＋、F－的数目比为4∶2∶8＝2∶1∶4，则该化合物的化学式为K2NiF4。由图可知Ni的配位数为6。
②1 mol晶胞中含有2 mol K2NiF4，其质量为2 mol×213 g·mol－1,1 mol晶胞的体积为6.02×1023×4002×1 308×10－30 cm3，故该晶体的密度为＝3.4 g·cm－3。
③K3FeF6中含有离子键和配位键，其中K＋与[FeF6]3－之间形成离子键，Fe3＋与F－之间形成配位键。K3FeF6中存在的复杂离子为[FeF6]3－，其中配位体是F－。
(3)每个晶胞的质量为(540.0×10－10cm)3×ρ；运用均摊法可求得每个晶胞中含有4个“ZnS”，故每个晶胞的质量又可表示为。因此有(540.0×10－10cm)3×ρ＝×4 g，解得ρ＝4.1 g·cm－3；如图所示，b位于正四面体的中心(类似于CH4分子中的C)。设ab＝bc＝x pm，∠abc＝109°28′，ac＝×540.0 pm＝270 pm。在三角形abc中，由余弦定理得：ac2＝x2＋x2－2x·x·cos∠abc，代入数据解得：x＝ pm。
答案：(1)Na2O 8
＝2.27 g·cm－3
(2)①K2NiF4 6 ②≈3.4 ③离子键、配位键 [FeF6]3－ F－
(3)≈4.1
备考锦囊
1．均摊法确定晶胞的化学组成
(1)方法
晶胞中任意位置上的一个原子如果是被n个晶胞所共有，那么，每个原子对这个晶胞的贡献就是。
(2)类型
①长方体(正方体)晶胞中不同位置的粒子对晶胞的贡献：
②非长方体(非正方体)晶胞中粒子对晶胞的贡献视具体情况而定。如石墨晶胞每一层内碳原子排成六边形，其顶点(1个碳原子)对六边形的贡献为。再如图所示的正三棱柱形晶胞中：
2．晶体密度及微粒间距离的计算
(1)计算晶体密度的方法
以一个晶胞为研究对象，根据m＝ρ·V，其一般的计算规律和公式可表示为：×n＝ρ×a3，其中M为晶体的摩尔质量，n为晶胞所占有的粒子数，NA为阿伏加德罗常数，ρ为晶体密度，a为晶胞参数。
(2)计算晶体中微粒间距离的方法
1．(2016·肇庆模拟)H、C、N、O、Na、Fe、Cu是常见的七种元素，请回答下列问题：
(1)N、O、Na原子第一电离能由小到大的顺序是____________(用元素符号和“<”表示)；Cu原子的外围电子排布图为______________。
(2)N、Na＋、Fe3＋、Cu2＋四种微粒基态的核外电子排布式中未成对电子数最多的是________；Cu2＋在水中呈现蓝色是因为形成了水合铜离子，其化学式为________，水分子与铜离子间结合的化学键名称为________。
(3)根据价层电子对互斥理论判断下列分子或离子中空间构型是V形的是________(填序号)。
①H3O＋ ②H2O ③NO ④NO
(4)分子(CN)2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为__________________，1个分子中含有________个π键；(CN)2称为“拟卤素”，具有类似Cl2的化学性质，则(CN)2与NaOH水溶液反应的化学方程式为________________________________。
(5)O和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物，其晶胞结构如图，该离子化合物的化学式为________；已知该晶胞的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a＝______cm。(用含ρ、NA的代数式表示)。
解析：(1)N、O属于非金属元素，Na是金属，故钠的第一电离能最小，N、O属于同周期，因2p能级上电子排布为半充满的稳定结构，故N>O；Cu原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，故外围电子排布图为
(2)在N、Na＋、Fe3＋、Cu2＋四种微粒基态的核外电子排布式中，未成对电子数依次是3、0、5、1，故未成对电子数最多的是Fe3＋，Cu2＋在水中呈现蓝色是因为形成了水合铜离子，其化学式为[Cu(H2O)4]2＋，水分子与铜离子间结合的化学键名称为配位键。
(3)H3O＋中中心原子O的价层电子对数为(6＋3－1)/2＝4，孤电子对数为1，所以空间构型是三角锥形；H2O中中心原子O的价层电子对数为(6＋2)/2＝4，孤电子对数为2，所以空间构型是V形；NO中中心原子N的价层电子对数为(5－1)/2＝2，孤电子对数为0，所以空间构型是直线形；NO中中心原子N的价层电子对数为(5＋1)/2＝3，孤电子对数为1，所以空间构型是V形，故正确答案是②④。
(4)分子(CN)2中碳原子按sp杂化，碳碳之间是单键，碳氮之间是三键，其结构式为CNCN，碳氮三键中有两个π键，所以1个分子中含有4个π键；(CN)2与NaOH水溶液反应的化学方程式为(CN)2＋2NaOH===NaCN＋NaCNO＋H2O。
(5)根据晶胞结构图，利用均摊法可知，晶胞中含有氧离子个数为8×1/8＋6×1/2＝4，含有钠离子个数为8，所以化学式为Na2O，根据ρ＝m/V可知晶胞体积V＝m/ρ cm3＝ cm3，又因V＝a3 cm3，所以晶胞边长a＝ cm。
答案：(1)Na
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