2018届一轮复习人教版物质结构与性质教学
物质结构与性质
第一节 原子结构与元素性质
【考纲要求】
1．了解原子核外电子的运动状态、排布原理及能级分布。
2．能正确书写1～36号元素原子核外电子、价电子的电子排布式和轨道表达式。
3．了解元素电离能的含义，并能用以说明元素的某些性质。
4．了解电子在原子轨道之间的跃迁及其简单应用。
5．了解电负性的概念，并能用以说明元素的某些性质。
考点一 原子核外电子排布原理
知 识 梳 理 【P196】
一、能级与能层
1．电子云和原子轨道
(1)电子运动的特点：①质量极小；②运动空间极小；③极高速运动。
电子云：电子在原子核外出现概率的统计分布看起来像一片云雾，形象称为电子云。
电子云轮廓图称为原子轨道。
2．能级表示方法及各能级所能容纳的最多电子数
3．各能层包含的原子轨道数目和可容纳的电子数
电子层
原子轨
道类型
原子轨
道数目
可容纳
电子数
1
1s
1
2
2
2s，2p
4
8
3
3s，3p，3d
9
18
4
4s，4p，4d，4f
16
32
n
－
n2
2n2
二、核外电子进入轨道的顺序
所以电子进入轨道的顺序为：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p……
特别要注意的是，核外电子排布并非全是按照能层的顺序逐层排布的，排满K层后再排到L层，排满了L层再排到M层，但并非排满M层后再排到N层，根据构造原理中电子进入轨道的顺序，电子是排满4s后再进入3d。例如：21号元素钪核外的21个电子依次填充轨道的顺序为：1s22s22p63s23p64s23d1，但钪元素原子的电子排布式应写作：1s22s22p63s23p63d14s2或[Ar]3d14s2。
三、泡利原理和洪特规则
一个原子轨道里最多只能容纳__2__个电子，而且自旋方向__相反__，这个原理称为泡利原理。
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__，而且__自旋方向相同__，这个规则是洪特规则。
洪特规则的特例：对于同一个能级，当电子排布为全充满、半充满或全空时，是比较稳定的。
如：硫(S)原子的核外电子排布图为
特别提醒：
在写基态原子核外电子排布图时，常出现以下几种错误：
a.(违反泡利原理)
b.或(违反洪特规则)
四、能量最低原理
在多电子原子中，核外电子总是优先占据能量最低的轨道，然后再依次进入能量较高的原子轨道，以使整个原子的能量最低，这就是能量最低原理。
能量最低原理是自然界中一切物质共同遵守的普遍法则。
绝大多数元素原子的核外电子排布，都是按照构造原理中的能级顺序依次进入原子轨道，而使整个原子处于能量最低状态，称之为基态。当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子。
分 点 突 破 【P197】
角度一 根据核外电子排布，
正确理解电子能量状态
【练1】下列电子排布图所表示的元素原子中，其能量处于最低状态的是( )
A. B.
C. D.
【解析】选D。电子的排布遵循能量最低原理、泡利原理、洪特规则等。A.2p能级未排满，则排布3s轨道，违背能量最低原理，错误；B.2p能级的3个电子应单独占据3个轨道，违背洪特规则，错误；C.2p能级未排满，违背能量最低原理，错误；D.符合电子的排布原理，能量处于最低状态，正确。
【答案】D
【练2】下列说法错误的是( )
A．ns电子的能量不一定高于(n－1)p电子的能量
B．6C的电子排布式1s22s22px2违反了洪特规则
C．电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理
D．电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利原理
【解析】选A。A项，各能级能量的大小顺序为1s2s2p3s3p4s3d4p5s……ns电子的能量一定高于(n－1)p电子的能量；B项，对于C原子来说，2p能级有3个能量相同的原子轨道，最后2个电子应以自旋状态相同的方式分布在两个不同的2p轨道上，违反了洪特规则；C项，根据轨道能量高低顺序可知E4s
O、Mg>Al，B项错误；C项所述元素为零族元素，性质稳定，第一电离能都较大。
【答案】B
角度二 电负性及其应用
【练1】电负性的大小也可以作为判断元素金属性和非金属性强弱的尺度。下列关于电负性的变化规律正确的是( )
A．元素周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大
B．元素周期表从上到下，元素的电负性逐渐变大
C．电负性越大，金属性越强
D．电负性越小，非金属性越强
【解析】利用同周期从左至右元素电负性逐渐增大，同主族从上至下元素电负性逐渐减小的规律来判断。电负性越大，金属性越弱，非金属性越强。
【答案】A
【练2】如图：
Li
Be
B
C
O
F
Na
Al
Si
P
S
Cl
元素符号
电负性
0.98
1.57
2.04
2.55
3.44
3.98
0.93
1.61
1.90
2.19
2.58
3.16
(1)根据对角线规则，Be、Al元素最高价氧化物对应水化物的性质相似，它们都具有两性，其中Be(OH)2显示这种性质的离子方程式是________________________________________________________________________。
(2)通过分析电负性变化规律，确定Mg元素电负性的最小范围__________。
(3)请归纳元素的电负性和金属、非金属性的关系是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)从电负性角度，判断AlCl3是离子化合物还是共价化合物？请说出理由，并设计一个实验方案证明上述所得结论。
【答案】(1)Be(OH)2＋2H＋===Be2＋＋2H2O，Be(OH)2＋2OH－===BeO22－＋2H2O
(2)0.93～1.57
(3)元素的非金属性越强，电负性越大；元素的金属性越强，电负性越小
(4)Al元素和Cl元素的电负性差值为1.55<1.7，所以形成共价键，为共价化合物。将氯化铝加热到熔融态，进行导电性实验，如果不导电，说明是共价化合物。
角度三 原子结构与元素性质的综合应用
【练1】下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是( )
【解析】同主族元素从上到下电负性依次减小，A正确；卤族元素中氟无正价，B错误；HF分子间存在氢键，使HF熔沸点最高，C错误；卤族元素从上到下单质分子间范德华力依次增大，熔点依次升高，D错误。
【答案】A
【练2】现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。则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】根据核外电子排布可知①是S，②是P，③是F。F无最高正价，A错误；同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：②＞①＞③，B错误；非金属性越强，电负性越大，则电负性：③＞①＞②，C错误；非金属性越强第一电离能越大，但P的3p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，第一电离能强于S，则第一电离能：③＞②＞①，D正确。
【答案】D
考 题 专 练 【备用题】
1．(2016年江苏卷)Zn2＋基态核外电子排布式为__________________。
【答案】1s22s22p63s23p63d10(或[Ar] 3d10)
2．(2016新课标Ⅱ)镍元素基态原子的电子排布式为________________，3d能级上的未成对的电子数为________。
【解析】镍是28号元素，位于第四周期，第Ⅷ族，根据核外电子排布规则，其基态原子的电子排布式为1s22s2 2p63s23p63d84s2，3d能级有5个轨道，先占满5个自旋方向相同的电子，在分别占据三个轨道，电子自旋方向相反，所以未成对的电子数为2。
【答案】1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar] 3d84s2 2
3．[全国卷Ⅰ，37(1)]处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用________形象化描述。在基态14C原子中，核外存在________对自旋相反的电子。
【答案】电子云 2
4．[新课标全国卷Ⅰ，37(2)]基态Fe原子有______个未成对电子。Fe3＋的电子排布式为______________。可用硫氰化钾检验Fe3＋，形成的配合物的颜色为______。
【答案】4 1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5 血红色
5．[新课标全国卷Ⅱ，37(2)]前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有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。
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)。
【答案】K F
考 点 集 训 【P332】
A级(跨越本科练)
1．X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素＋2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法一定正确的是(C)
A．X元素的氢化物的水溶液显碱性
B．Z元素的离子半径大于W元素的离子半径
C．Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应
D．Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点
【解析】根据题意，Z为Mg元素，Y原子最外层电子排布为ns2np2，是C或Si元素，X为N或O元素，W为Al或Cl元素，N的氢化物的水溶液显碱性，但O的氢化物的水溶液显中性或弱酸性，A错误；Al3＋的半径比Mg2＋小，Cl－半径比Mg2＋大，B错误；氮气、氧气均能与镁反应，C正确；CO2形成的晶体熔沸点低，D错误。
2．X、Y为两种元素的原子，X的阴离子与Y的阳离子具有相同的电子层结构，由此可知(B)
A．X的原子半径大于Y的原子半径
B．X的电负性大于Y的电负性
C．X阴离子的半径小于Y阳离子的半径
D．X的第一电离能小于Y的第一电离能
【解析】X的阴离子与Y的阳离子具有相同的电子层结构，则Y在X的下一个周期。原子序数Y>X。A.X在Y的上一个周期，原子序数越大，原子半径就越大。X的原子半径小于Y的原子半径，错误。B.元素的非金属性越强，其电负性就越大。X是非金属元素，Y是金属元素，所以X的电负性大于Y的电负性，正确。C.对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径就越小。X阴离子的半径大于Y阳离子的半径，错误。D.金属容易失去电子，非金属元素容易获得电子。元素的原子越容易失去电子，第一电离能就越小，所以X的第一电离能大于Y的第一电离能，错误。
3．下列叙述中，正确的是(D)
A．在一个基态多电子的原子中，可以有两个运动状态完全相同的电子
B．在一个基态多电子的原子中，不可能有两个能量完全相同的电子
C．如果某一基态原子3p轨道上仅有2个电子，它们自旋方向必然相反
D．在一个基态多电子的原子中，M层上的电子能量肯定比L层上的电子能量高
【解析】A.在一个基态多电子的原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子，A不正确；B.在一个基态多电子的原子中，可以有两个能量完全相同的电子，例如1s轨道的两个电子能量相同，B不正确；C.如果某一基态原子3p轨道上仅有2个电子，它们自旋方向必然相同，C不正确；D.在一个基态多电子的原子中，M层上的电子能量肯定比L层上的电子能量高，D正确。
4．下列有关说法中正确的是(C)
A．第一电离能越大的原子越容易得到电子
B．同周期元素从左到右第一电离能一定增大
C．同周期元素电负性从左到右越来越大(除稀有气体外)
D．金属元素的电负性一定小于非金属元素
【解析】A.第一电离能越大的原子不一定越容易得到电子，例如氮元素的第一电离能大于氧元素，但氧元素的得到电子的能力强于氮元素，A错误；B.同周期元素从左到右第一电离能不均一定增大，例如氮元素的第一电离能大于氧元素，B错误；C.同周期元素自左向右非金属性逐渐增强，则电负性从左到右越来越大，C正确；D.金属元素的电负性不一定小于非金属元素，例如铅大于硅，D错误。
5．下列各项叙述中，正确的是(C)
A．电子层序数越大，s原子轨道的形状相同、半径越小
B．在同一电子层上运动的电子，其自旋方向肯定不同
C．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子吸收能量，由基态转化成激发态
D．原子最外层电子排布是5s1的元素，其氢氧化物不能使氢氧化铝溶解
【解析】A.s能级原子轨道都是球形的，且能层序数越大，半径也越大，错误；B.在一个轨道中电子的自旋方向肯定不同，但在同一能层中电子的自旋是可以相同的，错误；C.Mg原子3s2能级上的2个电子吸收能量跃迁到3p2能级上，由基态转化为激发态，正确；D.原子最外层排布5s1的元素是Rb元素，其氢氧化物RbOH是强碱，可以与Al(OH)3反应，错误。
6．下列轨道表示式所表示的元素原子中，其能量处于最低状态的是(D)
【解析】A项，原子处于激发态；B项，违背洪特规则；C项，原子也处于激发态；D项，原子处于基态，其能量处于最低状态，故选D。
7．通过分析元素周期表的结构和各元素性质的变化趋势，下列关于砹(原子序数为85)及其化合物的叙述中肯定不正确的是(C)
A．由KAt的水溶液制备砹的化学方程式为2KAt＋Cl2===2KCl＋At2
B．AgAt是一种难溶于水的化合物
C．At的原子半径小于I
D．At的价电子排布式为6s26p5
【解析】砹的原子序数为85，在元素周期表中位于第6周期第ⅦA族。A.因为Cl的非金属性大于At，所以Cl2能与KAt的水溶液反应制备砹单质，化学方程式为：2KAt＋Cl2===2KCl＋At2，故A正确；B.At与Cl、Br、I同主族，因为AgCl、AgBr、AgI均难溶于水，所以AgAt是一种难溶于水的化合物，故B正确；C.同主族从上到下原子半径增大，At的原子半径大于I，故C错误；D.根据At元素在元素周期表中位于第6周期第ⅦA族，可知At的价电子排布式为6s26p5，故D正确。
8．某元素原子价电子构型3d54s2，其应在(D)
A．第四周期ⅡA族 B．第四周期ⅡB族
C．第四周期ⅦA族 D．第四周期ⅦB族
【解析】根据原子价电子构型3d54s2可知，该元素的原子序数是25，是锰元素，位于第四周期ⅦB族。
9．下表是部分短周期元素的原子半径及主要化合价，判断以下叙述正确的是(B)
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0.160
0.143
0.089
0.102
0.075
主要化合价
＋2
＋3
＋2
＋6，－2
－2
A.氢化物的沸点为H2TQ
B．M与T形成的化合物具有两性
C．L2＋与R2－的核外电子数相等
D．T的原子半径最大，电负性最小，L的原子半径最小，电负性最大
【解析】本题首先分析R和T，确定T为O元素，R为S元素；由原子半径确定L为Mg、Q为Be、M为Al，判断选项B正确。
10．短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大；甲和乙形成的化合物常温下是气体，其水溶液呈碱性；甲和丙同主族；丁元素原子的3p轨道上只有1个电子。下列叙述中正确的是(D)
A．原子半径：丙>乙>丁
B．单质的还原性：丁>丙>甲
C．甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物
D．乙、丙、丁的最高价氧化物对应水化物能相互反应
【解析】甲和乙形成的化合物常温下是气体，其水溶液呈碱性，甲和乙分别为H和N，甲和丙同主族，丙为Na，丁的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p1，丁为Al，A.原子半径：丙>丁>乙，A错误；B.单质的还原性：丙>丁>甲，B错误；C.丙的氧化物不是共价化合物，是离子化合物，C错误；D.乙、丙、丁的最高价氧化物对应水化物能相互反应，D正确。
11．以下有关元素性质的说法不正确的是(B)
A．①Na，K，Rb ②N，P，As ③O，S，Se ④Na，P，Cl元素的电负性随原子序数增大而递增的是④
B．下列原子中，①1s22s22p63s23p1 ②1s22s22p63s23p2 ③1s22s22p63s23p3 ④1s22s22p63s23p4 对应的第一电离能最大的是④
C．某短周期元素的逐级电离能分别为738、1451、7733、10540、13630、17995、21703，该元素在第三周期第ⅡA族
D．以下原子中，①1s22s22p63s23p2 ②1s22s22p3 ③1s22s22p2 ④1s22s22p63s23p4半径最大的是①
【解析】A.①同主族元素从上到下电负性减小，②电负性随原子序数增大而减小，③电负性随原子序数增大而减小，④同周期从左向右电负性增大，故说法正确；B.第一电离能规律：同周期从左向右电离能增大，ⅡA>ⅢA、ⅤA>ⅥA除外，同主族从上到下第一电离能减小，①是Al，②是Si，③是P，④是S，故P的第一电离能最大，说法错误；C.能层之间的能量不同，如果有突变，说明能层发生变化，发现1451、7733突变了，说明最外层有2个电子，故说法正确；D.①Si，②N，③C，④S，原子半径看电子层数，电子层数越多半径越大，电子层数相等，看原子序数，原子序数越大，半径反而越小，故Si的半径最大，说法正确。
12．下表为元素周期表的一部分，根据表中所列出的元素回答下列问题
族
周期
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
0
2
C
N
O
F
3
Na
Mg
Al
Si
S
Cl
Ar
(1)电负性最大的元素是________(填元素符号，下同)，半径最大的元素是____________。
(2)可做半导体材料的元素是__________(填元素名称)。
(3)氧离子的电子排布式为____________，C、N、O原子第一电离能从大到小的顺序是____________。
(4)与水反应最剧烈的金属单质是____________，其反应的化学方程式是：________________________________________________________________________。
(5)既能与强酸又能与强碱反应的金属单质是________。
(6)最高价氧化物的水化物中酸性最强的酸是__________(写化学式)。
(7)气态氢化物的稳定性：H2S__________HCl(填“＞”、“＝”或“＜”)。
【解析】(1)同周期，从左到右，电负性逐渐变大，同主族，从上到下，电负性逐渐变小，在所列元素中电负性最大的是F。原子半径最大的是Na；(2)在短周期中可做半导体材料的元素是Si，元素名称要用汉字；(3)氧是8号元素，得到两个电子生成氧离子，氧离子的电子排布式为1s22s22p6；由第一电离能变化规律，从大到小排序为N＞O＞C；(4)与水反应最剧烈的金属单质是金属性最强的Na，Na与水反应方程式为2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑；(5)既能与强酸又能与强碱反应的金属单质是Al，这是Al的特性；(6)F没有正价，除F外，非金属性最强的是Cl，最高价氧化物的水化物是HClO4；(7)非金属性越强气态氢化物越稳定，所以气态氢化物稳定性H2S＜HCl。
【答案】(1)F Na
(2)硅
(3)1s22s22p6 N＞O＞C
(4)Na 2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑
(5)Al (6)HClO4 (7)＜
B级(冲刺名校练)
13．(1)(安徽高考·节选)C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。
①Si位于元素周期表第________周期第________族。
②N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。
③用“＞”或“＜”填空：
原子半径
电负性
熔点
沸点
Al____Si
N____O
金刚石____晶体硅
CH4____SiH4
(2)(浙江高考·节选)①N、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
……
In/(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的最高价氯化物的分子式是________。
③Ge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
【解析】(1)①Si是14号元素，位于元素周期表中第三周期第ⅣA族。②N是7号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p3；Cu是29号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故最外层有1个电子。③同周期元素，原子序数越大，原子半径越小，故原子半径：Al＞Si；同周期元素，原子序数越大，电负性越强，故电负性：N＜O；金刚石和晶体硅都是原子晶体，但键能：C—C＞Si—Si，故熔点：金刚石＞晶体硅；CH4和SiH4都是分子晶体，且两者结构相似，SiH4的相对分子质量大，故沸点：CH4＜SiH4。
(2)①由电离能数据可知，该元素呈＋3价。②Ge的最高正价为＋4价。③Ge位于金属和非金属的分界线上，故其可做半导体材料，其氯化物和溴化物为分子晶体，相对分子质量越大，其沸点越高。
【答案】(1)①三 ⅣA ②1s22s22p3 1 ③＞ ＜ ＞ ＜
(2)①Al ②1s22s22p63s23p63d104s24p2 GeCl4 ③CD
14．(2016·昌乐模拟)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：
(1)元素p为26号元素，请写出其基态原子的电子排布式
________________________________________________________________________。
(2)d与a反应的产物的分子中，中心原子的杂化形式为__________________。
(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)第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序如图Ⅰ所示，其中电负性最大的是__________(填图中的序号)。
(6)表中所列的某主族元素的电离能情况如图Ⅱ所示，则该元素是__________(填元素符号)。
【解析】(1)26号为铁元素，其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2。
(2)d为N元素，a为H元素，二者形成的NH3中N原子的杂化形式为sp3。
(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，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，Mn2＋的基态离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，其3d能级为半充满结构，相对比较稳定，当其失去第三个电子时比较困难，而p2＋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结构，形成相对比较稳定的结构，故其失去第三个电子比较容易。
(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、氩为气体，故8种元素按单质熔点由高到低的顺序为硅、铝、镁、硫、磷、钠、氯、氩，其中电负性最大的为氯。
(6)由图可知，该元素的电离能I4 远大于I3，故为第ⅢA族元素，周期表中所列的第ⅢA族元素i属于第三周期，应为Al。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d64s2
(2)sp3
(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轨道电子排布为半满状态，比较稳定
(5)2
(6)Al
第二节 共价键 分子的立体结构
【考纲要求】
1．了解共价键的形成、极性、类型(σ键或π键)，了解配位键的含义，能用键能、键长、键角等说明简单分子的某些性质。
2．了解杂化轨道理论及简单的杂化轨道类型(sp，sp2，sp3)。
3．能用价层电子对互斥理论或者杂化轨道理论推测常见的简单分子或离子的立体构型。
考点一 共价键
知 识 梳 理 【P200】
一、离子化合物与共价化合物的区别
离子化合物
共价化合物
化学键
离子键或离子键与共价键
共价键
概念
以离子键形成的化合物
以共用电子对形成的化合物
达到稳
定结构
的途径
通过得失电子达到稳定结构
通过形成共用电子对达到稳定结构
构成微粒
阴、阳离子
原子
组成元素
活泼金属与活泼非金属
不同种非金属
表示方法
以NaCl为例：
电子式：Na＋[∶ ∶]－
NaCl的形成过程：
―→
Na＋[∶ ∶]－
以HCl为例：
结构式：H—Cl
电子式：H∶ ∶
HCl的形成过程：
H·＋·∶―→H∶ ∶
二、共价键的本质、分类、特征及形成条件
1．共价键
实质：在原子间形成共用电子对。
特征：饱和性和方向性。
形成条件：同种或不同种非金属原子之间相遇时，若原子的最外层电子排布未达到稳定状态，则原子间通过共用电子对形成共价键。
2．σ键与π键的对比
键型
项目
σ键
π键
成键方向
沿轴方向“头碰头”
平行或“肩并肩”
电子云形状
轴对称
镜像对称
牢固程度
σ键强度大，不易断裂
π键强度较小，容易断裂
成键判
断规律
共价单键是σ键；共价双键中，一个是σ键，另一个是π键；共价三键中，一个是σ键，另外两个是π键
3.单键、双键和三键
单键：共价单键一般是σ键，以共价键结合的两个原子间只能有1个σ键。
双键：一个是σ键，另一个是π键。
三键：一个是σ键，另外两个是π键。
4．键参数
(1)概念
(2)键参数对分子性质的影响
键能越__大__，键长越__短__，分子越稳定。
5．等电子原理
原子总数相同，__价电子总数相同__的分子具有相似的化学键特征，具有许多相近的性质。如CO和N2。
分 点 突 破 【P201】
角度一 共价键类型的判断
【练1】下列物质的分子中既有σ键，又有π键的是( )
①HCl ②H2O ③N2 ④H2O2 ⑤C2H4 ⑥C2H2
A．①②③
B．③④⑤⑥
C．①③⑥
D．③⑤⑥
【解析】单键均为σ键，双键和三键中各存在一个σ键，其余均为π键。
【答案】D
【练2】在下列物质中：①HCl、②N2、③NH3、④Na2O2、⑤H2O2、⑥NH4Cl、⑦NaOH、⑧Ar、⑨CO2、⑩C2H4
(1)只存在非极性键的分子是__________；既存在非极性键又存在极性键的分子是__________；只存在极性键的分子是__________。
(2)只存在单键的分子是__________，存在三键的分子是__________，只存在双键的分子是__________，既存在单键又存在双键的分子是__________。
(3)只存在σ键的分子是__________，既存在σ键又存在π键的分子是__________。
(4)不存在化学键的是__________。
(5)既存在离子键又存在极性键的是__________；既存在离子键又存在非极性键的是__________。
【答案】(1)② ⑤⑩ ①③⑨
(2)①③⑤ ② ⑨ ⑩
(3)①③⑤ ②⑨⑩
(4)⑧ (5)⑥⑦ ④
规律总结
1．在分子中，有的只存在极性键，如HCl、NH3等，有的只存在非极性键，如N2、H2等，有的既存在极性键又存在非极性键，如H2O2、C2H4等；有的不存在化学键，如稀有气体分子。
2．在离子化合物中，一定存在离子键，有的存在极性共价键，如NaOH、Na2SO4等；有的存在非极性键，如Na2O2、CaC2等。
3．通过物质的结构式，可以快速有效地判断键的种类及数目；判断成键方式时，需掌握：共价单键全为σ键，双键中有一个σ键和一个π键，三键中有一个σ键和两个π键。
角度二 键参数的应用
【练1】能够用键能的大小解释的是( )
A．常温常压下，氯气呈气态而溴单质呈液态
B．硝酸是挥发性酸，硫酸是难挥发性的酸
C．稀有气体一般难发生化学反应
D．氮气在常温下很稳定，化学性质不活泼
【解析】共价分子构成物质的状态与分子内共价键的键能无关，A错误；物质的挥发性与分子内键能的大小无关，B错误；稀有气体是单原子分子，无化学键，C错误；氮气分子稳定是由于氮气分子中含有三键，键能很大的缘故，D正确。
【答案】D
【练2】NH3 分子的空间构型是三角锥形，而不是正三角形的平面结构，解释该事实的充分理由是( )
A．NH3分子是极性分子
B．分子内3个N—H键的键长相等，键角相等
C．NH3分子内3个N—H键的键长相等，3个键角都等于107°
D．NH3分子内3个N—H键的键长相等，3个键角都等于120°
【解析】A项，NH3为极性分子不能说明NH3一定为三角锥形；B项，三个N—H键键能与键长分别相同，键角相等仍有可能为正三角形；D项与事实不符。
【答案】C
角度三 等电子体及其应用
【练1】下列粒子属于等电子体的是( )
A．CO32－和SO3
B．NO和O2
C．NO2和O3
D．HCl和H2O
【解析】只要原子个数和最外层电子数相等的两种微粒，即为等电子体。
【答案】A
【练2】原子数相同、电子总数相同的分子，互称为等电子体。等电子体的结构相似、物理性质相近。
(1)根据上述原理，仅由第二周期元素组成的共价分子中，互为等电子体的是________和________；________和________。
(2)此后，等电子原理又有所发展。例如，由短周期元素组成的微粒，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体，它们也具有相似的结构特征。在短周期元素组成的物质中，与NO2－互为等电子体的分子有________、________。
【解析】(1)仅由第二周期元素组成的共价分子中，即C、N、O、F组成的共价分子，如N2与CO均为14个电子，N2O与CO2均为22个电子。
(2)依题意，只要原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，即可互称为等电子体，NO2－为三原子，各原子最外层电子数之和为5＋6×2＋1＝18，SO2、O3均为三原子，各原子最外层电子数之和为6×3＝18。
【答案】(1)N2 CO N2O CO2 (2)SO2 O3
规律总结
1．分子的空间构型与键参数
键长、键能决定了共价键的稳定性，键长、键角决定了分子的空间构型。一般来说，知道了多原子分子中的键角和键长等数据，就可确定该分子的立体构型。
记忆等电子体，推测等电子体的性质
2．常见的等电子体汇总
微粒
通式
价电子总数
立体构型
CO2、CNS－、NO2＋、N3－
AX2
16e－
直线形
CO32－、NO3－、SO3
AX3
24e－
平面三角形
SO2、O3、NO2－
AX2
18e－
V形
SO42－、PO43－
AX4
32e－
正四面体形
PO33－、SO32－、ClO3－
AX3
26e－
三角锥形
CO、N2
AX
10e－
直线形
考点二 分子的立体结构
知 识 梳 理 【P202】
一、价层电子对互斥理论
1．理论模型
分子中的价电子对(包括成键电子对和孤电子对)，由于相互排斥作用，而趋向尽可能彼此远离以减小斥力，分子尽可能采取对称的空间构型。
2．价电子对之间的斥力
(1)电子对之间的夹角越小，排斥力越大。
(2)由于成键电子对受两个原子核的吸引，所以电子云比较紧缩，而孤对电子只受到中心原子的吸引，电子云比较“肥大”，对邻近电子对的斥力较大，所以电子对之间斥力大小顺序如下：
孤电子对－孤电子对>孤电子对－成键电子>成键电子－成键电子。
(3)由于三键、双键比单键包含的电子数多，所以其斥力大小次序为三键>双键>单键。
3．价层电子对互斥模型的两种类型
价层电子对互斥模型说明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，不包括孤对电子。
(1)当中心原子无孤对电子时，两者的构型一致；
(2)当中心原子有孤对电子时，两者的构型不一致。
电子对数
成键对数
孤电子对数
电子对立体构型
分子立体构型
实例
键角
2
2
0
直线形
直线形
BeCl2
180°
3
3
0
2
1
三角形
平面正三角形
BF3
120°
__V形__
SnBr2
105°
4
4
0
3
1
2
2
正四面体形
__正四面体形__
CH4
109°28′
__三角锥形__
NH3
107°
__V形__
H2O
105°
二、杂化轨道理论
(1)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)杂化轨道三种类型
三、配位键和配合物
(1)配位键
由一个原子提供一对电子与另一个接受电子的原子形成的共用电子对。
(2)配位键的表示方法
用A→B表示，其中A表示提供孤对电子的原子，B表示接受共用电子对的原子。
(3)配位化合物
①定义：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。
②形成条件：
③组成：
分 点 突 破 【P202】
角度一 价层电子对互斥理论及其应用
【练1】用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间构型，有时也能用来推测键角大小，下列判断正确的是( )
A．SO2、CS2、HI都是直线形的分子
B．BF3键角为120°，SnBr2键角大于120°
C．CH2O、BF3、SO3都是平面三角形的分子
D．PCl3、NH3、PCl5都是三角锥形的分子
【解析】A.SO2是V形分子；CS2、HI是直线型的分子，错误；B.BF3键角为120°，是平面三角形结构；而Sn原子价电子是4，在SnBr2中两个价电子与Br形成共价键，还有一对孤对电子，对成键电子有排斥作用，使键角小于120°，错误；C.CH2O、BF3、SO3都是平面三角形的分子，正确；D.PCl3、NH3都是三角锥形的分子，而PCl5是三角双锥形结构，错误。
【答案】C
【练2】用价层电子对互斥理论(VSEPR)预测H2S和COCl2的立体结构，两个结论都正确的是( )
A．直线形；三角锥形 B．V形；三角锥形
C．直线形；平面三角形 D．V形；平面三角形
【解析】H2S分子中的中心原子S原子上的孤对电子对数是1/2×(6－1×2)＝2，则说明H2S分子中中心原子有4对电子对，其中2对是孤对电子因此空间结构是V形；而COCl2中中心原子的孤对电子对数是1/2×(4－2×1－1×2)＝0，因此COCl2中的中心原子电子对数是3对，是平面三角形结构，故选项是D。
【答案】D
规律总结
判断分子或离子立体构型“三步曲”
第一步：确定中心原子上的价层电子对数
a为中心原子的价电子数减去离子的电荷数，b为电荷数，x为非中心原子的原子个数。
如NH4＋的中心原子为N，a＝5－1，b＝1，x＝4，所以中心原子孤电子对数＝(a－xb)＝×(4－4×1)＝0。
第二步：确定价层电子对的立体构型
由于价层电子对之间的相互排斥作用，它们趋向于尽可能的相互远离，这样已知价层电子对的数目，就可以确定它们的立体构型。
第三步：分子立体构型的确定
价层电子对有成键电子对和孤电子对之分，价层电子对的总数减去成键电子对数，得孤电子对数。根据成键电子对数和孤电子对数，可以确定相应的较稳定的分子立体构型。
角度二 杂化轨道理论及其应用
【练1】下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是( )
A．CO2与SO2 B．CH4与NH3
C．BeCl2与BF3 D．C2H2与C2H4
【解析】A项中CO2为sp杂化，SO2为sp2杂化，A项错；B项中均为sp3杂化，B项正确；C项中BeCl2为sp杂化，BF3为sp2杂化，C项错；D项中C2H2为sp杂化，C2H4为sp2杂化，D项错。
【答案】B
【练2】关于原子轨道的说法正确的是( )
A．凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型都是正四面体
B．CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s 轨道和C原子的2p轨道混合形成
C．sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s 轨道和p轨道混合起来形成的一组新轨道
D．凡AB3型的共价化合物，其中中心原子A均采用sp3杂化轨道成键
【解析】A.中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型不都是正四面体，例如氨气是三角锥形的。B.甲烷分子碳原子的2s和2p通过sp3杂化，形成4个杂化轨道，和4个氢原子的1s轨道形成4个C—H单键。C.sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组新轨道，它们的能量完全相同，是能量等同的轨道，正确。D.AB3型的共价化合物，其中中心原子A不都采用sp3杂化轨道成键，例如BF3中的B原子是sp2杂化，是平面三角形结构。
【答案】C
规律总结
“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分布构型判断
①若杂化轨道在空间的分布为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109.5°，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)根据等电子原理进行判断
如CO2是直线形分子，CNS－、N3－与CO2是等电子体，所以分子构型均为直线形，中心原子均采用sp杂化。
(4)根据中心原子的电子对数判断
如中心原子的电子对数为4，是sp3杂化，为3是sp2杂化，为2是sp杂化。
(5)根据分子或离子中有无π键及π键数目判断
如没有π键为sp3杂化，含一个π键为sp2杂化，含二个π键为sp杂化。
角度三 配合物理论及其应用
【练1】若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物提供孤对电子的原子是________。
【解析】B原子与X原子形成配位键，因为B为缺电子原子，只能作中心原子，故形成配位键时提供孤对电子的原子是X。
【答案】X
【练2】F－、K＋和Fe3＋三种离子组成的化合物K3FeF6，其中化学键的类型有________________；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为________，配位体是________。
【解析】由化合物K3FeF6，知它是一种离子化合物，其中的化学键有离子键和配位键，复杂离子为[FeF6]3－，配位体是F－。
【答案】离子键、配位键 [FeF6]3－ F－
考 题 专 练 【备用题】
1．(2016新课标Ⅱ)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________( “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______________。
【解析】根据价层电子对互斥理论， SO42－的σ键电子对数等于4，孤电子对数(6＋2－2×4)/2＝0，则阴离子的立体构型是正四面体。根据配位键的成键特点， 在[Ni(NH3)6]2＋中Ni2＋与NH3之间形成的化学键为配位键， 提供孤电子对的成键原子是N。氨分子间存在氢键，故氨的的沸点高于膦。根据价层电子对互斥理论，氨分子中心原子N的σ键电子对数等于3，孤电子对数(5－3)/2＝1，故氨气为sp3杂化，分子呈三角锥形，正负电荷重心不重合，为极性分子。
【答案】(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．(高考组合题)
(1)[全国卷Ⅰ，37(3)节选]CS2分子中，C原子的杂化轨道类型是________。
(2)[山东理综，33(3)]F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子构型为________，其中氧原子的杂化方式为________。
(3)[江苏，21(A)－(2)节选]CH3COOH中C原子轨道杂化类型为______________。
(4)[江苏，21(A)－(3)节选]醛基中碳原子的轨道杂化类型是______________。
(5)[新课标全国卷Ⅰ，37(3)节选]乙醛中碳原子的杂化类型为____________。
(6)[福建理综，31(5)]NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。1 mol NH4BF4含有________ mol配位键。
(7)[福建理综，31(3)②][H3O]＋[BFHOFF]－中阳离子的空间构型为__________，阴离子的中心原子轨道采用______________杂化。
(8)[山东理综，32(3)节选]BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为________和________。
【答案】(1)sp (2)V形 sp3 (3)sp3、sp2 (4)sp2
(5)sp3、sp2 (6)2 (7)三角锥形 sp3 (8)sp2 sp3
3．[全国卷Ⅰ，37(2)(3)](1)碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)CS2分子中，共价键的类型有________，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________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【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
(2)σ键和π键 CO2、COS(或SCN－、OCN－等)
考 点 集 训 【P334】
A级(跨越本科练)
1．碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如右图所示。下列有关该物质的说法正确的是(A)
A．分子式为C3H2O3
B．分子中含6个σ键
C．分子中只有极性键
D．8.6 g该物质完全燃烧得到6.72 L CO2
【解析】A项，由图示可知，该物质的分子式为C3H2O3。B项，分子中碳碳双键和碳氧双键中各有一个σ键，碳氧单键全部是σ键(4个)，碳氢键也是σ键(2个)，共有8个σ键。C项，分子中的碳氧键、碳氢键都是极性键，而碳碳键是非极性键。D项，8.6 g该物质的物质的量为0.1 mol，完全燃烧后得到0.3 mol CO2，只有在标准状况下0.3 mol CO2的体积才是6.72 L。
2．下列说法不正确的是(D)
A．某微粒空间构型为三角锥形，则该微粒一定是极性分子
B．某微粒空间构型为V形，则中心原子一定有孤电子对
C．离子键、氢键、范德华力在本质上都是静电作用
D．凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其立体构型都是正四面体
【解析】A.某微粒空间构型为三角锥形，则分子的空间排列不对称，因此该微粒一定是极性分子，正确；B.某微粒空间构型为V形，则中心原子一定有孤电子对，孤电子对对共价键产生排斥作用，使物质的空间构型为V形，正确；D.凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子，若中心原子上无孤对电子，则分子立体构型是正四面体，若存在一对孤对电子，则可能变为三角锥形分子，如NH3，错误。
3.下列描述中正确的是(B)
A．CS2为V形分子
B．NH4＋中N－H键键能、键长和键角均相同
C．AB2为V形，则A一定为sp2杂化
D．SiF4和SO32－的中心原子均为sp2杂化
【解析】A.CS2为直线形的非极性分子，故A错误。B.NH4＋为正四面体结构，其分子中N－H键键能、键长和键角均相同，故B正确。C.AB2以sp2杂化或sp3杂化都可能为V形，故C错误。D.SiF4分子中Si原子形成4个σ键，孤电子对数为0，为sp3杂化，SO32－中S原子形成3个σ键，孤电子对数为(6＋2－2×3)/2＝1，应为sp3杂化，故D错误。
4．下列关于丙烯(CH3—CH＝CH2)的说法正确的是(D)
A．丙烯分子有7个σ键，2个π键
B．丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化
C．丙烯分子不存在非极性键
D．丙烯分子中3个碳原子不在同一直线上
【解析】A选项，丙烯分子中有8个σ键，1个π键，错误。B选项，第一个碳原子是sp3杂化，第二个碳原子和第三个碳原子是sp2杂化，故B错误。C－C共价键是非极性键，故C错误。因为中间的碳原子是sp2杂化，所以三个碳原子不可能在同一直线上，故D正确。
5．已知：P4(g)＋6Cl2(g)===4PCl3(g) ΔH＝a kJ·mol－1、P4(g)＋10Cl2(g)===4PCl5(g) ΔH＝b kJ·mol－1 ，P4具有正四面体结构，PCl5中P－Cl键的键能为c kJ·mol－1，PCl3中P－Cl键的键能为1.2c kJ·mol－1。下列叙述正确的是(C)
A．P－P键的键能大于P－Cl键的键能
B．可求Cl2(g)＋PCl3(g)===PCl5(s)的反应热ΔH
C．Cl－Cl键的键能为(b－a＋5.6c)/4 kJ·mol－1
D．P－P键的键能为(5a－3b＋12c)/8 kJ·mol－1
【解析】A.原子半径P＞Cl，因此P－P键键长大于P－Cl键键长，则P－P键键能小于P－Cl键键能，错误；B.利用盖斯定律，结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2(g)＋PCl3(g)===PCl5(g) ΔH＝(b－a)/4 kJ·mol－1，但不知PCl5(g)===PCl5(s)的ΔH，因此无法求出Cl2(g)＋PCl3(g)===PCl5(s)的ΔH，错误；C.利用Cl2(g)＋PCl3(g)===PCl5(g) ΔH＝(b－a)/4 kJ·mol－1可得E(Cl－Cl)＋3×1.2c－5c＝(b－a)/4，因此可得E(Cl－Cl)＝(b－a＋5.6c)/4 kJ·mol－1，正确；D.由P4是正四面体可知P4中含有6个P－P键，由题意得6E(P－P)＋10×(b－a＋5.6c)/4－4×5c＝b，解得E(P－P)＝(2.5a－1.5b＋6c)/6 kJ·mol－1，错误。
6．下列说法正确的是(A)
A．124 g P4含有的P－P键的个数为6NA
B．12 g石墨中含有的C－C键的个数为2NA
C．12 g金刚石中含有的C－C键的个数为1.5NA
D．60 g SiO2中含Si－O键的个数为2NA
【解析】A项124 g P4为1 mol，P4为四面体结构每个P4中有6个P－P键，因此是6NA，故A正确。B项中石墨中1个C－C键中两端的C原子会形成3个共价键，1个C－C
键连接2个C原子，所以1个C，对应1.5个C－C键。C项中金刚石中每个C都与另外4个C相连形成4个C－C，每个C—C键被2个C占有，即一个C对应4×个C—C键，故12 g即1 mol C含有C—C键2 mol即2NA。D项中SiO2中每个Si与4个O相连，而每个O与2个Si相连，因此每个氧提供2个成键电子而每个Si提供4个成键电子，60 g即1 mol SiO2中共有成键电子4＋2×2＝8，而每个Si－O中有2个电子，因此Si－O为4 mol即4NA个。
7．下列有关分子的结构和性质的说法中正确的是(A)
A．PCl3和SO2都只含极性键
B．H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于氢键所致
C．BF3、NCl3分子中所有原子的最外层电子都满足8电子稳定结构
D．凡是中心原子采取sp3杂化轨道形成的分子其几何构型都是正四面体
【解析】A.PCl3和SO2都只含极性键，A正确；B.H2O是一种非常稳定的化合物，这是由于H－O键非常牢固，不是因为氢键的原因，B错误；C.BF3分子中B原子的最外层电子不满足8电子稳定结构，C错误；D.中心原子采取sp3杂化轨道形成的分子，价电子全部成键，其几何构型是四面体并不一定是正四面体，四个价键完全相同时才是正四面体，D错误。
8．原子总数相同、电子总数或价电子总数相同的互为等电子体，等电子体具有结构相似的特征。下列各对粒子中，空间结构相似的是(C)
A．CS2与NO2 B．CO2与NO2
C．SO2与O3 D．PCl3与BF3
【解析】A.CS2与NO2原子总数相同，电子总数或价电子总数不相同，不能互为等电子体，错误；B.CO2与NO2原子总数相同，电子总数或价电子总数不相同，错误；C.SO2与O3原子总数相同，价电子总数相同，互为等电子体，结构相似，正确；D.PCl3与BF3原子总数相同，电子总数或价电子总数不相同，不能互为等电子体，错误。
9．分析下列化学式中划有横线的元素，选出符合要求的物质填空(填序号)。
A．NH3 B．H2O C．HCl D．CH4 E．C2H6 F．N2
(1)所有的价电子都参与形成共价键的是________；
(2)只有一个价电子参与形成共价键的是________；
(3)最外层有未参与成键的电子对的是________；
(4)既有σ键又有π键的是________。
【解析】NH3分子中N原子分别与3个H原子形成3个σ键，还有一对不成键电子；H2O分子中O原子与2个H原子形成2个σ键，还有两对不成键电子；HCl分子中Cl原子与1个H原子形成1个σ键，还有三对不成键电子；CH4分子中C原子与4个H原子形成4个σ键，所有价电子都参与成键；C2H6分子中1个C原子分别与3个H原子及另1个C原子形成4个σ键，所有电子都参与成键；N2分子中N原子与另1个N原子形成1个σ键，2个π键，还有一对不成键电子。
【答案】(1)DE (2)C (3)ABCF (4)F
10．天冬酰胺(结构如图)在芦笋中含量丰富，具有提高身体免疫力的功效。
COHOCHNH3CH2CNH2O
(1)天冬酰胺所含元素中，________(填元素名称)元素基态原子核外未成对电子数最多，天冬酰胺中碳原子的杂化轨道类型有________种。
(2)H2S和H2Se的参数对比见表。
化学式
键长/nm
键角
沸点/℃
H2S
1.34
92.3o
－60.75
H2Se
1.47
91.0o
－41.50
①H2Se含有的共价键类型为__________。
②H2S的键角大于H2Se的原因可能为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)已知钼(Mo)位于第五周期ⅥB族，钼、铬、锰的部分电离能如下表所示：
编号
I5/kJ·mol－1
I6/kJ·mol－1
I7/kJ·mol－1
I8/kJ·mol－1
A
6 990
9 220
11 500
18 770
B
6 702
8 745
15 455
17 820
C
5 257
6 641
12 125
13 860
A是________(填元素符号)，B的价电子排布式为____________。
【解析】(1)天冬酰胺含有碳、氢、氧、氮四种元素，基态原子核外未成对电子数最多的为氮元素。
(2)①H与Se为不同元素，形成的共价键为极性共价键。
②S与Se为同主族元素，S位于第三周期、Se位于第四周期，S的电负性强于Se，形成的共用电子对斥力大，所以H2S的键角大于H2Se。
(3)B、C原子I7比I6大了很多，说明B、C原子的价电子为6，而各级电离能B大于C，说明B为第四周期的Cr，C为钼(Mo)位于第五周期，则A为Mn元素，Cr的价电子排布式为：3d54s1
【答案】(1)氮 2
(2)①极性共价键 ②由于S的电负性强于Se，形成的共用电子对斥力大，键角大
(3)Mn 3d54s1
11．短周期元素D、E、X、Y、Z原子序数逐渐增大。它们的最简氢化物分子的空间构型依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线形。回答下列问题：
(1)Z的价电子排布式为______________，EZ3分子的空间构型为______________。
(2)X与Z构成的分子是________分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)D和Y形成的化合物，其分子中的共价键为________共价键(填“极性”或“非极性”)，该分子中D原子的杂化方式为____________。
(4)写出一个验证Y与Z的非金属性强弱的离子反应方程式：________________________________________________________________________；
(5)金属镁和E的单质在高温下反应得到的产物与水反应生成两种碱性物质，该反应的化学方程式是：
________________________________________________________________________。
【解析】短周期元素D、E、X、Y、Z原子序数逐渐增大。它们的最简氢化物分子的空间构型依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线形，因此D、E、X、Y、Z分别是C、N、Si、S、Cl。
(1)氯元素的原子序数是17，则根据核外电子排布规律可知价电子排布式为3s23p5，NCl3分子中氮元素含有1对孤对电子，价层电子对数是4，其分子的空间构型为三角锥形；
(2)X与Z构成的分子是SiCl4，空间构型是正四面体，属于非极性分子。
(3)D和Y形成的化合物是CS2，其分子中的共价键为极性键。该分子是直线型结构，分子中C原子的杂化方式为sp。
(4)活泼的非金属能置换不活泼的非金属单质，验证Y与Z的非金属性强弱的离子反应方程式为Cl2＋S2－===S↓＋2Cl－。
(5)金属镁和E的单质在高温下反应得到的产物是Mg3N2，与水反应生成两种碱性物质，该反应的化学方程式是Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑。
【答案】(1)3s23p5 三角锥形
(2)非极性
(3)极性 sp
(4)Cl2＋S2－===S↓＋2Cl－
(5)Mg3N2＋6H2O===3Mg(OH)2＋2NH3↑
B级(冲刺名校练)
12．A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，A2－和B＋具有相同的电子构型；C、D为同周期元索，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。回答下列问题：
(1)四种元素中电负性最大的是________(填元素符号)，其中C原子的核外电子排布式为________________________________________________________________________。
(2)单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是________(填分子式)，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)C和D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________。
(4)化合物D2A的立体构型为________，中心原子的价层电子对数为________，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】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，则A是O，B是Na；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，则C是P；D元素最外层有一个未成对电子，所以D是氯元素。
(1)非金属性越强，电负性越大，则四种元素中电负性最大的是O。P的原子序数是15，则根据核外电子排布可知C原子的核外电子排布布式为1s22s22p63s23p3(或[Ne] 3s23p3)。
(2)氧元素有氧气和臭氧两种单质，由于O3相对分子质量较大，范德华力大，所以沸点高的是O3。
(3)C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物E，即E是PCl3, 其中P含有一对孤对电子，其价层电子对数是4，所以E的立体构型为三角锥形，中心原子的杂化轨道类型为sp3。
(4)化合物Cl2O分子中氧元素含有2对孤对电子，价层电子对数是4，所以立体构型为V形。单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，则化学方程式为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl。
【答案】(1)O 1s22s22p63s23p3(或[Ne] 3s23p3)
(2)O3 O3相对分子质量较大，范德华力大
(3)三角锥形 sp3
(4)V形 4 2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl
13．Ⅰ.用Cr3＋掺杂的氮化铝是理想的LED用荧光粉基质材料，氮化铝可由氯化铝与氨经气相反应制得。
(1)基态Cr的价电子排布式可表示为__________。
(2)氮化铝的化学式为__________。Al在周期表中属于__________区元素。
(3)氯化铝易升华，其双聚物Al2Cl6结构如图所示，在Al2Cl6中存在的化学键有____________。
Ⅱ.(4)科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N(NO2)3(如下图所示)。已知该分子中N—N—N键角都是108.1°，下列有关N(NO2)3的说法正确的是________。
NO2NNO2NO2
a．该物质中氮元素有两种不同的化合价
b．该物质可以归类于亚硝酸盐类化合物
c．该分子中的4个氮原子构成正四面体
d．该分子中氮原子的化学环境各不相同
(5)AlCl3在下述反应中作催化剂，分子③中碳原子的杂化类型为____________。
【解析】Ⅰ.(1)根据元素原子核外电子能级排布图及原子核外电子处于全充满、半充满或全空时是稳定的状态可知24号元素Cr基态的价电子排布式可表示为3d54s1；(2)根据氮和铝的化合价知氮化铝的化学式为AlN；Al的最后一个电子进入3p轨道属于p区元素；(3)氯化铝易升华，其双聚物Al2Cl6中存在的化学键有Al－Cl共价键和Cl原子提供电子对与Al原子共用的配位键；Ⅱ.(4)a.与NO2连接的N的化合价为0价，－NO2中N的化合价为＋4价，所以该物质中氮元素有两种不同的化合价，正确；b.该物质是共价化合物，不可以归类于亚硝酸盐类化合物，错误；c.该分子中的4个氮原子构成四面体，而不是正四面体结构，错误；d.该分子中氮原子有2种不同化学环境的氮原子，错误，选项是a；(5)③分子中碳原子不含有双键的碳原子是sp3杂化，含有双键的碳原子是sp2杂化方式。
【答案】Ⅰ.(1)3d54s1 (2)AlN p (3)共价键、配位键 Ⅱ.(4)a (5)sp2和sp3
14．已知A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大。A原子，C原子的L能层中，都有两个未成对的电子，C、D同主族。E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满。根据以上信息填空：
(1)基态D原子中，电子占据的最高能层符号________，该能层具有的原子轨道数为__________；
(2)E2＋离子的价层电子轨道表示式是________________，F原子的电子排布式是____________；
(3)A元素的最高价氧化物对应的水化物中心原子采取的轨道杂化方式为________，B元素的气态氢化物的分子模型为____________；
(4)化合物AC2、B2C和阴离子DAB－互为等电子体，它们结构相似，DAB－的电子式为________________________________________________________________________；
(5)配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E3＋与配位体AB－构成，配位数为6，甲的水溶液可以用于实验室中E2＋离子的定性检验，检验E2＋离子的离子方程式为________________________________________________________________________。
【解析】已知A、B、C、D四种短周期元素，它们的核电荷数依次增大。A原子、C原子的L能层中，都有两个未成对的电子，则二者分别属于第ⅣA族和第ⅥA族。C、D同主族，所以D是第三周期元素，则A是碳元素，C是氧元素，所以B是氮元素，D是硫元素。E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，则E是铁元素。F
原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满，因此F是铜元素。
(1)基态S原子中，电子占据的最高能层符号是M层，该能层具有能级是s、p、d，则原子轨道数为1＋3＋5＝9；
(2)根据核外电子排布规律可知Fe2＋离子的价层电子轨道表示式是，铜原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)；
(3)A元素的最高价氧化物对应的水化物是碳酸，其中心碳原形成2个碳氧单键，一个碳氧双键，因此碳原子采取的轨道杂化方式为sp2。氮元素的气态氢化物氨气的分子中氮元素含有1对孤对电子对数，因此分子模型为三角锥型；
(4)化合物CO2、N2O和阴离子SCN－互为等电子体，它们结构相似，则根据CO2的电子式可知SCN－的电子式为[······C······]－；
(5)配合物甲的焰色反应呈紫色，说明含有钾元素。其内界由中心离子Fe3＋与配位体CN－构成，配位数为6，则甲的化学式为K3[Fe(CN)6]。铁氰化钾能与亚铁离子反应生成蓝色的铁氰化亚铁沉淀，因此检验Fe2＋离子的离子方程式为：3Fe2＋＋2Fe(CN)63－===Fe3[Fe(CN)6]2↓。
【答案】(1)M 9
(2) 1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)
(3)sp2 三角锥型
(4)[······C······]－
(5)3Fe2＋＋2Fe(CN)63－===Fe3[Fe(CN)6]2↓
第三节 分子的性质
【考纲要求】
1．了解范德华力的含义以及对物质性质的影响。
2．了解氢键的含义，能列举存在氢键的物质，并能解释氢键对物质性质的影响。
知 识 梳 理 【P204】
一、极性键与非极性键
由同种元素的原子形成的共价键是非极性共价键，简称非极性键。
由不同种元素的原子形成的共价键是极性共价键，简称极性键。
成键原子的电负性差值愈大，键的极性就愈强。当成键原子的电负性相差很大时，可以认为成键电子对偏移到电负性很大的原子一方。
二、分子的极性
1．分子极性的判断方法
(1)从形成的化学键看
从电子对看：电子对不偏移→正、负电荷中心重合→非极性分子
从键的分布看：键的分布不对称→正、负电荷中心不重合→极性分子
(2)从分子组成上看
←←→→
2．常见的极性分子和非极性分子
3．键的极性、分子空间构型与分子极性的关系
类型
实例
键的极性
空间构型
分子极性
X2
H2、N2
非极性键
直线形
非极性分子
XY
HCl、NO
极性键
直线形
__极性__分子
XY2(X2Y)
CO2、CS2
极性键
直线形
__非极性__分子
SO2
极性键
V形
极性分子
H2O、H2S
极性键
V形
__极性__分子
XY3
BF3
极性键
平面正三角形
非极性分子
NH3
极性键
三角锥形
__极性__分子
XY4
CH4、CCl4
极性键
正四面体形
__非极性__分子
三、分子的溶解性
①“相似相溶”的规律：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大，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。
四、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CHCH2OH*COOH。
五、无机含氧酸分子的酸性
1．无机含氧酸分子之所以显酸性，是因为其分子中含有—OH，而—OH上的H在水分子的作用下能够电离出H＋，而显示一定的酸性。
2．对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。
3．比较酸性强弱，如利用(HO)mROn相比较的酸必须具有相同的“R”。
4．酸性强弱与—OH数目即m数值大小无关，如H3PO4为中强酸，并非强酸，H2SO3与H2SO4中m均为2，但H2SO3的酸性弱于H2SO4。
5．同主族元素或同周期元素最高价含氧酸的酸性比较，根据非金属性强弱去比较，如HClO4>H2SO4，H2SO4>H2SeO4。
六、范德华力
1．定义：分子间存在的相互作用力称为范德华力。
2．影响因素
主要包括：分子的大小，分子的空间构型以及分子中电荷分布是否均匀等。对于组成和结构相似的分子，其范德华力一般随着相对分子质量的增大而增大。
3．范德华力对物质性质的影响
(1)对物质熔、沸点的影响
一般来说，组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔、沸点通常越高。如熔、沸点：
I2>Br2>Cl2>F2，Rn>Xe>Kr>Ar>Ne>He。
(2)对物质溶解性的影响
如：在273 K、101 kPa时，氧气在水中的溶解量(49 cm3·L－1)比氮气在水中的溶解量(24 cm3·L－1)大，就是因为O2与水分子之间的作用力比N2与水分子之间的作用力强。
七、氢键
1．表示形式
通常用X—H…Y表示氢键，其中X—H表示氢原子和X原子以共价键相结合。氢键的键长是指X和Y的距离，氢键的键能是指X—H…Y分解为X—H和Y所需要的能量。
2．形成条件
在用X—H…Y表示的氢键中，氢原子位于其间是氢键形成的最重要的条件之一，同时，氢原子两边的X原子和Y原子所属元素具有很强的电负性和很小的原子半径是氢键形成的另一个条件。由于X原子和Y原子具有强烈吸引电子的作用，氢键才能存在。这类原子应该是位于元素周期表的右上角元素的原子，主要是氮原子、氧原子和氟原子。
3．类型
尽管人们将氢键归结为一种分子间作用力，但是氢键既可以存在于分子之间，也可以存在于分子内部的原子团之间，如邻羟基苯甲醛分子内的羟基与醛基之间即存在氢键。不难理解，当氢键存在于分子内时，它对物质性质的影响与分子间氢键对物质性质产生的影响是不同的。邻羟基苯甲醛的氢键存在于分子内部，对羟基苯甲醛存在分子间氢键，因此对羟基苯甲醛的熔点、沸点分别比邻羟基苯甲醛的熔点、沸点高。
4．特征
既有方向性又有饱和性。
分 点 突 破 【P205】
角度一 键的极性与分子极性的关系
【练1】下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是( )
A．CO2、H2S B．C2H4、CH4
C．Cl2、C2H2 D．NH3、HCl
【解析】H2S和NH3、HCl都是含有极性键的极性分子；Cl2是含有非极性键的非极性分子；CO2、CH4是含有极性键的非极性分子；C2H4和C2H2是含有极性键和非极性键的非极性分子。
【答案】B
【练2】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，一定含有非极性共价键
【解析】采用反例法判断正误。A项正确，如O2、H2、N2等；B项错误，以极性键结合起来的分子不一定是极性分子，若分子构型对称，正负电荷重心重合，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。
【答案】A
规律总结
分子的极性判断方法
(1)分子的极性由共价键的极性和分子的立体构型两方面共同决定
(2)判断ABn型分子极性的经验规律
若中心原子A的化合价的绝对值等于该元素所在的主族序数，则为非极性分子，若不等则为极性分子。
角度二 分子间作用力对物质性质的影响
【练1】若不断地升高温度，实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化。在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是( )
A．氢键；范德华力；极性键
B．氢键；氢键；非极性键
C．氢键；极性键；范德华力
D．范德华力；氢键；非极性键
【解析】从“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化看，各阶段主要被破坏的是氢键、范德华力、极性共价键。
【答案】A
【练2】某化合物的分子式为AB2，A属ⅥA族元素，B属ⅦA族元素，A和B在同一周期，它们的电负性值分别为3.44和3.98，已知AB2分子的键角为103.3°。下列推断不正确的是( )
A．AB2分子的空间构型为“V”形
B．A—B键为极性共价键，AB2分子为非极性分子
C．AB2与H2O相比，AB2的熔点、沸点比H2O的低
D．AB2分子中无氢原子，分子间不能形成氢键，而H2O分子间能形成氢键
【解析】根据A、B的电负性值及所处位置关系，可判断A为O元素，B为F元素，该分子为OF2。O—F键为极性共价键。因为OF2分子的键角为103.3°，OF2分子中键的极性不能抵消，所以为极性分子。
【答案】B
【练3】氨气溶于水时，大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合形成NH3·H2O分子。根据氨水的性质可推知NH3·H2O的结构式为( )
A．NHHH…OHH B．NHHH…HOH
C．NHHH…OHHH D．NHHH…HOH
【解析】中学阶段仅需知道氢键存在于N、O、F与H之间，故C、D两项不符合题意；又因NH3·H2O===NH4＋＋OH－，故A不符合题意，B符合题意。
【答案】B
规律总结
范德华力、氢键和共价键的比较
范德华力
氢键
共价键
作用粒子
分子或原子(稀有气体分子)
氢原子，氟、氮、氧原子(分子内，分子间)
原子
强度比较
共价键＞氢键＞范德华力
影响其强度的因素
①随着分子极性和相对分子质量的增大而增大
②组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越大
对于
A—H…B—，A、B的电负性越大，B原子的半径越小，氢键键能越大
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、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，物质的熔、沸点升高，如F2＜Cl2＜Br2＜I2，CF4＜CCl4＜CBr4
①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
②分子内氢键使物质的熔、沸点降低
①影响分子的稳定性，共价键键能越大，分子稳定性越强
②对于原子晶体，共价键键能越大，晶体的熔点越高
角度三 无机含氧酸分子的酸性
【练1】下列无机含氧酸分子中酸性最强的是( )
A．HNO2 B．H2SO3
C．HClO3 D．HClO4
【解析】HNO2和H2SO3在水中部分电离属弱酸；对于同一种元素的含氧酸，该元素的化合价越高其含氧酸的酸性越强，HClO”或“<”)Ka(苯酚)，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【答案】(1)ad
(2)< COO－OH中形成分子内氢键，使其更难电离出H＋
考 点 集 训 【P336】
A级(跨越本科练)
1．下列事实与氢键无关的是(C)
A．冰晶体的密度小于液态水
B．实验测得水蒸气的摩尔质量大于18 g·mol－1
C．氯化氢极易溶于水，而甲烷难溶于水
D．邻羟基苯甲醛(OHCHO)沸点低于对羟基苯甲醛(OHCHO)
【解析】A.氢键具有方向性，由于冰中的氢键较多，导致分子间的空隙较大，密度小于水，故A不能选；C.氯化氢极易溶于水，而甲烷难溶于水是由于相似相溶原理，与氢键无关，故选C；D.对羟基苯甲醛由于存在分子间氢键，导致沸点较高，故D不选。
2．下列无机含氧酸的酸性强弱比较正确的是(B)
A．H2SO3>H2SO4
B．HNO3>H3PO4
C．HClO>HClO2
D．H2CO3>HNO3
【解析】A.H2SO3是中强酸，H2SO4是强酸，所以酸性：H2SO3H3PO4，正确；C.对于同种元素形成的不同价态的酸来说，酸中元素的化合价越高，则相应的酸的酸性就越强，所以酸性：HClOC，元素的非金属性越强，其最高价的含氧酸的酸性就越强，所以酸性H2CO3O>S，所以热稳定性：HF＞H2O＞H2S，错误；②第ⅠA、ⅡA族元素的阳离子与上一周期稀有气体元素的原子具有相同的核外电子排布，错误；③元素周期表中从ⅢB族到ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素，正确；④一般情况下，同一主族的元素形成的化合物结构相似，相对分子质量越大，分子之间作用力就越大，物质的熔沸点就越高。但是由于NH3分子的N
原子半径小，吸引电子能力强，在分子之间会形成氢键，增加了分子之间的吸引力，使其沸点反常，故沸点：PH3＜AsH3＜NH3，错误；⑤燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量。由于2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571 kJ·mol－1，则氢气的燃烧热为285.5 kJ·mol－1，正确；⑥元素的非金属性越强，原子获得电子的能力就越强。由于在N2分子中两个N原子形成3对共用电子对，所以其变为N原子需要的能量就比P4断裂两个P原子之间的共价单键高，与元素的非金属性强弱无关，错误。故上述叙述不正确的是①②④⑥，选项是B。
5．下列关于配合物的叙述中，不正确的是(B)
A．配合物中必定存在配位键
B．配合物中只有配位键
C．[Cu(H2O)6]2＋中的Cu2＋提供空轨道，H2O中的氧原子提供孤电子对形成配位键
D．配合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有着广泛的应用
【解析】在配合物中一定含有配位键，但也可能含有其它化学键，则A对，B错；Cu2＋有空轨道，H2O中的氧原子有孤电子对，可以形成配位键，C对；配合物应用领域特别广泛，D选项中提到的几个领域都在其中。
6．下列各种叙述中正确的是(A)
A．在CH2＝CH2分子中，存在五个σ键和一个π键
B．N、O、F电负性大小：F＞O＞N；第一电离能大小：F＞O＞N
C．酸性强弱：H2SO3＞H2SO4＞H2SeO3
D．在共价化合物中，一定存在极性共价键，可能存在非极性共价键和离子键
【解析】A.在CH2＝CH2分子中，存在五个σ键和一个π键，A项正确；B.同周期元素，从左到右，电负性逐渐增大，N、O、F电负性大小：F＞O＞N，同周期元素，从左到右，第一电离能逐渐增大，但N原子的p轨道处于半充满状态，比较稳定，第一电离能比相邻元素都大，所以第一电离能大小：F＞N＞O，B项错误；C.硫酸是强酸，其余两种酸是弱酸，再根据H2SO3的K1＝1.54×10－2，H2SeO3的K1＝2.7×10－7，K值越大，酸性越强，酸性强弱：H2SO4＞H2SO3＞H2SeO3，C项错误；D.在共价化合物中，一定存在极性共价键，可能存在非极性共价键，一定不存在离子键，D项错误。
7．下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是(C)
A．NH4NO3 B．CaF2
C．Na2S2 D．Na3N
【解析】A.NH4NO3属于铵盐，含有极性共价键，离子化合物，不符合题意；B.CaF2属于活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物，只有离子键，不符合题意；C.Na2S2，S—S之间是非极性共价键，Na＋与S22－之间是离子键，属于离子化合物，符合题意；D.Na3N是只有离子键的离子化合物，不符合题意。
8．如图中每条折线表示周期表ⅣA～ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是(D)
A．H2S
B．HCl
C．PH3
D．SiH4
【解析】由于氨气、H2O和HF分子间均存在氢键，因此在同主族的氢化物中沸点最高，所以a点表示的是第ⅣA族。第ⅣA族氢化物的沸点自上而下逐渐升高，因此根据图像可知a点表示的是SiH4。
9．(1)CO2的电子式为____________；属于____________化合物(填“共价”或“离子”)；
(2)H2O2的结构式为______________，属于________分子(填“极性”或“非极性”)；
(3)SO42－中S原子的杂化方式为____________，该微粒的空间构型为__________；
(4)NH3极易溶于水的原因是：①________________________________________________________________________、
②________________________________________________________________________；
【解析】(1)CO2分子中存在极性键，是直线型分子，属于共价化合物，电子式为····××C××····。
(2)H2O2分子中含有极性键和非极性键，结构式为H—O—O—H，由于不是直线型结构，正负电荷中心不重合因此为极性分子。
(3)SO42－中S原子含有的孤对电子对数＝(6＋2－4×2)÷2＝0，即S不存在孤对电子，价层电子对数是4，属于正四面体，因此S的杂化方式为sp3。
(4)由于NH3是极性分子，更易溶解在极性分子水中；NH3与H2O分子间可以形成氢键，从而导致NH3极易溶于水。
【答案】(1)····××C××···· 共价
(2)H—O—O—H 极性
(3)sp3 正四面体
(4)NH3是极性分子，更易溶解在极性分子水中 NH3与H2O分子间可以形成氢键
B级(冲刺名校练)
10．太阳能热水器中常使用一种以镍或镍合金空心球为吸收剂的太阳能吸热涂层。
(1)丁二酮肟常用于检验Ni2＋：在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2＋反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。
该结构中：
①氮镍之间形成的化学键是________；从原子轨道重叠的方式看，碳碳之间的共价键类型是σ键，则碳氮之间的共价键类型是______________。
②碳原子的杂化轨道类型有______________。
③氧氢两元素之间除共价键外还可能存在____________。
(2)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n＝____________；CO与N2互为等电子体。CO的总键能大于N2的总键能，但CO比N2容易参加化学反应。根据下表数据，说明CO比N2活泼的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
A－B
A＝B
A≡B
CO
键能
(kJ·mol－1)
357.7
798.9
1071.9
键能差值
(kJ·mol－1)
441.2
273
N2
键能
(kJ·mol－1)
154.8
418.3
941.7
键能差值
(kJ·mol－1)
263.5
523.4
(3)甲醛(H2C＝O)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)。甲醇分子内的O—C—H键角__________(填“大于”、“等于”或“小于”)甲醛分子内的O—C—H键角。
【解析】(1)①从图看出氮镍之间形成的是配位键，碳氮之间形成的是双键，一个双键含一个σ键和一个π键；②碳原子既形成了单键又形成了双键，在－CH3中C原子采用sp3杂化，形成了双键的为sp2杂化；③氧的电负性很大所以还可以与H形成氢键。(2)中心原子是Ni，中心原子的价电子与配体提供的电子数和是18，Ni价电子为3d84s2，共10个电子，CO配位时提供一对孤电子，则n＝(18－10)/2＝4，CO比N2容易参加化学反应是因为CO先断裂的π键键能比N2的小很多。(3)甲醇分子内C的成键电子对为4，杂化类型为sp3，是四面体结构，甲醛分子杂化类型为sp2，是平面三角形结构，甲醇分子内O—C—H 键角比甲醛分子内O—C—H键角小。
【答案】(1)①配位键 σ键和π键 ②sp2、sp3 ③氢键
(2)4 CO先断裂的π键键能比N2的小很多，所以CO更容易发生反应 (4)小于
11．四种常见元素的性质或结构信息如表所示，请问答下列问题。
元素
A
B
C
D
相关信息
基态原子核外电子占据3个能级且最高能级上有3个电子
B的单质是最常见半导体材料
位于第四周期ⅠB族
是非金属元素，其形成的某种单质是电的良导体，有的分子形状似足球
(1)C的基态原子价层电子排布式为________，这四种元素的第一电离能由大到小的顺序为________(写元素符号)。
(2)A、B，D均可形成多种氢化物，在最常见的三种氢化物中，分子构型为三角锥形的氢化物分子式为________，任意写出一种以D为中心原子存在sp2、sp3两种杂化类型的物质的结构简式________________，与A的常见单质互为等电子体的上述元素的氧化物是________。
(3)B、D均可形成氧化物，等物质的量的B、D的最高价氧化物中σ键之比为________。
(4)在一定条件下，Cl－与C2＋可形成一种无限长链离子，研究表明该离子中每个氯原子最外层均达到8电子稳定结构，有些氯与C之间存在配位键，若该长链离子中含有n个C，则该离子的化学式为________。
(5)A元素能形成组成为Pt(AH3)2Cl2的配合物，该配合物存在两种同分异构体：一种为淡黄色(Q)，不具有抗癌作用，在水中的溶解度小；另一种为黄绿色(P)，具有抗癌作用，在水中的溶解度较大。
①Q是__________(填“极性”或“非极性”)分子，
②P的结构简式为____________(AH3配体作为一个整体写)。
【解析】四种元素分别为氮、硅、铜、碳。
(1)铜的价层电子为3d104s1，三种非金属元素的非金属性由强到弱的顺序为氮大于碳大于硅，故第一电离能由大到小的顺序为氮大于碳大于硅大于铜。
(2)最常见的三种为氨气，四氢化硅，甲烷，其中氨气分子为三角锥形分子，碳和硅形成的氢化物中，当碳形成4个单键时为sp3杂化，当形成一个双键时为sp2杂化，由此就可写出相应的结构简式。一氧化碳和氮气互为等电子体。
(3)二氧化硅中每个硅原子形成4个σ键，是sp3杂化，二氧化碳中碳原子形成2个σ键，且无孤对电子对，等物质的量的二氧化硅和二氧化碳中的σ键的数目比为2∶1。
(4)由图知，每个铜离子单独结合两个氯离子，又与另一个铜离子共用2个氯离子，故长链中铜离子和氯离子的比例为1∶3，化学式为(CuCl3)nn－。
(5)若Pt(NH3)2Cl2为四面体结构，此结构中氨气和氯离子之间只存在相邻的关系，因此只有一种结构，当Pt(NH3)2Cl2为平面四边形结构时，两个氨气间就存在对位与邻位的两种关系，因Q的溶解度较小，而水为极性分子，故Q是非极性分子。
【答案】(1)3d104s1 N>C>Si>Cu
(2)NH3 CH2＝CH－CH3(其它合理答案也可) CO
(3)2∶1
(4)(CuCl3)nn－
(5)①非极性 ②
第四节 晶体结构与性质
【考纲要求】
1．了解晶体的类型，了解不同类型晶体中结构微粒、微粒间作用力的区别。
2．了解原子晶体的特征，能描述金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系。
3．理解金属键的含义，能用金属键理论解释金属的一些物理性质，了解金属晶体常见的堆积方式。
4．了解分子晶体结构与性质的关系。
5．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。
6．了解晶格能的概念，了解晶格能对离子晶体性质的影响。
考点一 晶体和晶胞
知 识 梳 理 【P207】
1．晶体与非晶体
(1)晶体与非晶体的比较
比较
晶体
非晶体
结构特征
结构粒子周期性有序排列
结构粒子无序排列
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：测定其是否有固定的__熔点__
科学方法：对固体进行__X射线衍射实验__
(2)获得晶体的三条途径
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。
2．晶胞
(1)概念：晶胞是描述晶体结构的基本单元。
(2)晶体与晶胞的关系：数量巨大的晶胞“__无隙并置__”构成晶体。
(3)晶胞中粒子数目的计算——均摊法
如某个粒子为n个晶胞所共有，则该粒子有属于这个晶胞。
分 点 突 破 【P207】
角度一 晶胞中原子个数的计算
【练1】如图是甲、乙、丙三种晶体的晶胞，则甲晶体中x与y的个数比是________，乙中a与b的个数比是________，丙中一个晶胞中有________个c离子和________个d离子。
【解析】甲中N(x)∶N(y)＝1∶(4×)＝2∶1；乙中N(a)∶N(b)＝1∶(8×)＝1∶1；丙中N(c)＝12×＋1＝4，N(d)＝8×＋6×＝4。
【答案】2∶1 1∶1 4 4
【练2】下图为离子晶体空间构型示意图：(●阳离子，○阴离子)以M代表阳离子，以N表示阴离子，写出各离子晶体的组成表达式：
A．________、B.________、C.________。
【解析】在A中，含M、N的个数相等，故组成为MN；在B中，含M：×4＋1＝(个)，含N：×4＋2＋4×＝(个)，M∶N＝∶＝1∶3；在C中含M：×4＝(个)，含N为1个。
【答案】MN MN3 MN2
【练3】已知镧镍合金LaNin的晶胞结构如下图，则LaNin中n＝________。
【解析】La∶2×＋12×＝3
Ni∶12×＋6×＋6＝15
所以n＝5。
【答案】5
【练4】某晶体的一部分如图所示，这种晶体中A、B、C三种粒子数之比是( )
A．3∶9∶4
B．1∶4∶2
C．2∶9∶4
D．3∶8∶4
【解析】A粒子数为6×＝；B粒子数为6×＋3×＝2；C粒子数为1；故A、B、C粒子数之比为1∶4∶2。
【答案】B
【练5】Zn与S所形成化合物晶体的晶胞如右图所示。
(1)在1个晶胞中，Zn离子的数目为________。
(2)该化合物的化学式为________。
【解析】从晶胞图分析，含有Zn离子为8×＋6×＝4。S为4个，所以化合物中Zn与S数目之比为1∶1，则化学式为ZnS。
【答案】(1)4 (2)ZnS
角度二 晶胞的密度及微粒间距离的计算
【练1】O和Na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)____________________(结果保留两位小数)。
【解析】O2－半径大于Na＋半径，由F的晶胞结构可知，大球代表O2－，小球代表Na＋，每个晶胞中含有O2－个数为8×＋6×＝4，含有Na＋个数为8，故O2－、Na＋离子个数之比为4
∶8＝1∶2，从而推知F的化学式为Na2O。由晶胞结构可知，每个O原子周围有8个Na原子，故O原子的配位数为8。晶胞参数a＝0.566 nm＝0.566×10－7 cm，则晶胞的体积为(0.566×10－7 cm)3，从而可知晶体F的密度为＝2.27 g·cm－3。
【答案】Na2O 8
＝2.27 g·cm－3
【练2】如图为Na2S的晶胞，该晶胞与CaF2晶胞结构相似，设晶体密度是ρ g·cm－3，试计算Na＋与S2－的最短距离____________ cm(阿伏加德罗常数用NA表示 ，只写出计算式)。
【解析】晶胞中，•个数为8×＋6×＝4, ○ 个数为8，
其个数之比为1∶2，所以•代表S2－，○ 代表Na＋。
设晶胞边长为a cm，则a3·ρ·NA＝4×78，
a＝，
体对角线为× cm，
体对角线的为× cm，
Na＋与S2间的最短距离为即为体对角线的。
【答案】
规律总结
一、晶胞计算的思维方法
1．“均摊法”突破晶胞组成的计算
(1)原则：晶胞任意位置上的一个粒子如果是被n个晶胞所共有，那么，每个晶胞对这个粒子分得的份额就是。
(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)被三个六边形共有，每个六边形占。
2．晶体微粒与M、ρ(晶体密度，g·cm－3)之间的关系
若1个晶胞中含有x个微粒，则1 mol该晶胞中含有x mol微粒，其质量为xM g；又1个晶胞的质量为ρa3 g(a3为晶胞的体积，单位为cm3)，则1 mol晶胞的质量为ρa3NA g，因此有xM＝ρa3NA。
考点二 四类晶体的组成和性质
知 识 梳 理 【P209】
1．四种晶体类型的比较
晶体类型
比较项目
分子晶体
原子晶体
金属晶体
离子晶体
构成粒子
__分子__
__原子__
金属阳离子、自由电子
__阴、阳离子__
粒子间的相互作用力
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
难溶于任何溶剂
常见溶剂难溶
大多易溶于水等极性溶剂
导电、传热性
一般不导电，溶于水后有的导电
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
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Na2O)、强碱(如KOH)、绝大部分盐(如NaCl)
(有机盐除外)
2.典型晶体模型
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组成且六原子不在同一平面内
(4)每个C参与4条C－C键的形成，C原子数与C－C键数之比为__1∶2__
SiO2
(1)每个Si与__4__个O以共价键结合，形成正四面体结构
(2)每个正四面体占有1个Si，4个“O”，n(Si)∶n(O)＝__1∶2__
(3)最小环上有__12__个原子，即6个O，6个Si分子晶体
分子
晶体
干冰
(1)8个CO2分子构成立方体且在6个面心又各占据1个CO2分子
(2)每个CO2分子周围等距紧邻的CO2分子有__12__个
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8个
(2)如图为8个晶胞，每个晶胞中含1个Cs＋、1个Cl－
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52%
面心立方最密堆积
又称为A1型或铜型，典型代表Cu、Ag、Au，配位数为__12__，空间利用率74%
体心立方堆积
又称为A2型或钾型，典型代表Na、K、Fe，配位数为__8__，空间利用率68%
六方最密堆积
又称为A3型或镁型，典型代表Mg、Zn、Ti，配位数为__12__，空间利用率74%
3.离子晶体的晶格能
(1)定义
气态离子形成1摩离子晶体释放的能量，通常取正值，单位为__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__。
分 点 突 破 【P210】
角度一 晶体类型的判断
【练1】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________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解题指导】通过读取表格中数据先判断出晶体的类型及晶体的性质，应用氢键解释HF的熔点反常，利用晶格能的大小解释离子晶体熔点高低的原因。
【解析】(1)A组熔点很高，为原子晶体，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中含有分子间氢键，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(只要答出HF分子间能形成氢键即可) (4)②④
(5)D组晶体都为离子晶体，r(Na＋)I2
B．SiCl4PH3
D．C(CH3)4>CH3CH2CH2CH2CH3
【解析】A、B项属于无氢键存在的分子结构相似的情况，相对分子质量大的熔、沸点高；C项属于分子结构相似的情况，但存在氢键的熔、沸点高；D项属于相对分子质量相同，但分子结构不同的情况，支链少的熔、沸点高。
【答案】C
【练2】下列各组物质中，按熔点由低到高的顺序排列正确的是( )
①O2、I2、Hg ②CO、KCl、SiO2 ③Na、K、Rb ④Na、Mg、Al
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【解析】①中Hg在常温下为液态，而I2为固态，故①错；②中SiO2为原子晶体，其熔点最高，CO是分子晶体，其熔点最低，故②正确；③中Na、K、Rb价电子数相同，其原子半径依次增大，金属键依次减弱，熔点逐渐降低，故③错；④中Na、Mg、Al价电子数依次增多，原子半径逐渐减小，金属键依次增强，熔点逐渐升高，故④正确。
【答案】D
规律总结
分类比较晶体的熔、沸点
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。
金属晶体的熔、沸点差别很大，如钨、铂等熔、沸点很高，如汞、镓、铯等熔、沸点很低，金属晶体一般不参与比较。
2．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>石英>碳化硅>硅。
3．离子晶体
一般地说，阴、阳离子所带电荷数越多，离子半径越小，则离子间的作用就越强，其离子晶体的熔、沸点就越高，如熔点：MgO>MgCl2>NaCl>CsCl。
4．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、沸点反常的高。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，F2N2，CH3OH>CH3CH3。
(4)同分异构体，支链越多，熔、沸点越低。
如：CH3—CH2—CH2—CH2—CH3>
CHCH3CH3CH2CH3>CCH3CH3CH3CH3
考 题 专 练 【备用题】
1．(2016新课标Ⅱ)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。
(1)晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。
(2)若合金的密度为d g/cm3，晶胞参数a＝________nm
【解析】根据均摊法计算，晶体中铜原子处于晶胞的6个面上，故铜原子个数为6×0.5＝3, 晶体中镍原子处于晶胞的8角上，故铜原子个数为8×1/8＝1，故晶胞中铜原子与镍原子的数量比为3∶1。根据上述分析，该晶胞的组成为Cu3Ni，若合金的密度为d g/cm3，则晶胞参数a＝[251/(6.02×1023×d)]1/3×107 nm。
【答案】(1)3∶1 (2)[251/(6.02×1023×d)]1/3×107
2．[全国卷Ⅰ，37(1)(2)(4)(5)]碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题：
(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用________形象化描述。在基态 14C原子中，核外存在________对自旋相反的电子。
(2)碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物熔点为253 K，沸点为376 K，其固体属于________晶体。
(4)碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：
①在石墨烯晶体中，每个C原子连接________个六元环，每个六元环占有________个C原子。
②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接________个六元环，六元环中最多有________个C原子在同一平面。
【答案】(1)电子云 2
(2)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
(3)分子
(4)①3 2 ②12 4
3．[新课标全国卷Ⅰ，37(3)(4)节选](1)Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有______个铜原子。
(2)Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a＝0.405 nm，晶胞中铝原子的配位数为______。列式表示Al单质的密度________ g·cm－3(不必计算出结果)。
【答案】(1)16 (2)12
4．[江苏，21(A)—(5)]Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4。铜晶胞结构如下图所示，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为__________。
【答案】12
5．[四川理综，8(3)]Z基态原子的M层与K层电子数相等，它与某元素形成的化合物的晶胞如下图所示，晶胞中阴离子和阳离子的个数之比是________。
【答案】2∶1
6．[新课标全国卷Ⅱ，37(4)(5)]周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的 3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：
(1)e和c形成的一种离子化合物的晶体结构如图1，则e离子的电荷为________。
(2)这5种元素形成的一种1∶1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图2所示)。
该化合物中，阴离子为________，阳离子中存在的化学键类型有________________________；该化合物加热时首先失去的组分是________，判断理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】(1)e为Cu，c为O，由图1可知，晶胞中含Cu原子数为4个，含O原子为8×＋1＝2个，故化学式为Cu2O，O为－2价，则Cu为＋1价。(2)含有H、N、O、S、Cu 5种元素的化合物，结合课本选修3配合物有关知识和题目所给信息，观察中心为1个Cu2＋，周围为4个NH3分子和2个H2O分子，得到该化合物化学式为[Cu(NH3)4]SO4·2H2O，加热时
，由于H2O和Cu2＋作用力较弱会先失去。
【答案】(1)＋1
(2)SO42－ 共价键和配位键 H2O H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱
考 点 集 训 【P338】
A级(跨越本科练)
1．共价键、金属键、离子键和分子间作用力都是构成物质微粒间的不同相互作用力，则不含有上述任意两种相互作用力的晶体是(A)
A．SiO2晶体 B．CCl4晶体
C．Ba(OH)2晶体 D．Na2O2晶体
【解析】A项，SiO2中只含共价键。
2．下列四种有关性质的叙述，可能属于金属晶体的是(B)
A．由分子间作用力结合而成，熔点低
B．固体或熔融后易导电，熔点在1 000 ℃左右
C．由共价键结合成网状结构，熔点高
D．固体不导电，但溶于水或熔融后能导电
【解析】A项，属于分子晶体；C项，属于原子晶体；D项，属于离子晶体。
3．现有四种晶体，其离子排列方式如图所示，其中化学式正确的是(C)
【解析】A.A离子个数是1，B离子个数＝1/8×8＝1，所以其化学式为AB，故A错误；B.E离子个数＝1/8×4＝1/2，F离子个数＝1/8×4＝1/2，E、F离子个数比为1∶1，所以其化学式为EF，故B错误；C.X离子个数是1，Y离子个数＝1/2×6＝3，Z离子个数＝1/8×8＝1，所以其化学式为XY3Z，故C正确；D.A离子个数＝1/8×8＋1/2×6＝4 ，B离子个数＝12×1/4＋1＝4，A、B离子个数比1∶1，所以其化学式为AB，故D错误。
4．高温下，超氧化钾晶体呈立方体结构，晶体中氧的化合价部分为0价，部分为－2价。如右图所示为超氧化钾晶体的一个晶胞，则下列说法正确的是(A)
A．超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有4个K＋和4个O2－
B．晶体中每个K＋周围有8个O2－，每个O2－周围有8个K＋
C．晶体中与每个K＋距离最近的K＋有8个
D．晶体中与每个K＋距离最近的K＋有6个
【解析】由题中的晶胞结构知：有8个K＋位于顶点，6个K＋位于面心，则晶胞中含有的K＋数为＋＝4(个)；有12个O2－位于棱上，1个O2－处于中心，则晶胞中含有O2－数为12×＋1＝4(个)，所以超氧化钾的化学式为KO2；每个K＋周围有6个O2－，每个O2－周围有6个K＋，与每个K＋距离最近的K＋有12个。
5．下列有关说法不正确的是(C)
A．水合铜离子的模型如图甲所示，1个水合铜离子中有4个配位键
B．CaF2晶体的晶胞如图乙所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋
C．H原子的电子云图如图丙所示，H原子核外大多数电子在原子核附近运动
D．金属Cu中Cu原子堆积模型如图丁所示，为最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12
【解析】电子云是用来表示电子出现的概率，但不代表有一个电子在那里，C项错。
6．离子晶体稳定性取决于晶体中晶格能的大小。判断KCl、NaCl、CaO、BaO四种晶体稳定性由高到低的顺序是(C)
A．KCl＞NaCl＞BaO＞CaO
B．NaCl＞KCl＞CaO＞BaO
C．CaO＞BaO＞NaCl＞KCl
D．CaO＞BaO＞KCl＞NaCl
【解析】晶格能与阴、阳离子所带电荷数的乘积成正比，与阴、阳离子间的距离成反比，可知CaO、BaO中离子电荷数大于NaCl、KCl中离子电荷数，且r(Ca2＋)＜r(Ba2＋)，r(Na＋)＜r(K＋)，故熔点高低顺序为：CaO＞BaO＞NaCl＞KCl。
7．钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，结构如图所示，有关说法不正确的是(B)
A．该晶体属于离子晶体
B．晶体的化学式为Ba2O2
C．该晶体晶胞结构与NaCl相似
D．与每个Ba2＋距离相等且最近的Ba2＋共有12个
【解析】钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，由晶胞结构可知构成微粒为Ba2＋、O22－，故该晶体属于离子晶体，故A项说法正确；该物质化学式为BaO2，故B项说法错误；该晶胞中每个Ba2＋周围有6个O22－，同样每个O22－周围有6个Ba2＋，晶胞结构与NaCl相似，故C项说法正确；与每个Ba2＋距离相等且最近的Ba2＋共有12个，与每个O22－距离相等且最近的O22－共有12个，故D项说法正确。
8．硼(B)、铝(Al)、镓(Ga)均属于硼族(第ⅢA族)元素，它们的化合物或单质都有重要用途。请回答下列问题：
(1)基态镓原子的价层电子排布图为__________。
(2)AlCl3在NaCl、KCl熔融盐中能生成Al2Cl7－，其结构如图所示。其中Al原子的杂化轨道类型为________，配位键数目为________。
[AlClClClClAlClClCl]－
(3)晶体硼的结构单元是正二十面体，每个单元中有12个硼原子(如图)，若其中有两个原子为10B，其余为11B，则该结构单元有________种不同的结构类型。
(4)目前市售LED晶片材质基本以GaAs(砷化镓)、AlGaInP(磷化铝镓铟)、InGaN(氮化铟镓)为主。砷化镓晶体的晶胞结构如图所示，则晶胞中所包含的砷原子(白色球)个数为________，与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为________。
【解析】(1)基态Ga的最外层有3个电子，价层电子排布图为。(2)Al2Cl7－中Al形成4个键，杂化类型为sp3。每个Al和1个Cl形成配位键，配位键数目为2。(3)两个10B原子有相邻、相间、相对三种结构类型。(4)根据均摊法，白色球个数为6×＋8×＝4。由晶胞图可知，与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为正四面体形。
【答案】(1)
(2)sp3 2
(3)3
(4)4 正四面体形
9．下图为几种晶体或晶胞的示意图：
请回答下列问题：
(1)上述晶体中，粒子之间以共价键结合形成的晶体是____________。
(2)冰、金刚石、MgO、CaCl2、干冰5种晶体的熔点由高到低的顺序为________________________________________________________________________。
(3)NaCl晶胞与MgO晶胞相同，NaCl晶体的晶格能______(填“大于”或“小于”)MgO晶体，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)每个Cu晶胞中实际占有________个Cu原子，CaCl2晶体中Ca2＋的配位数为________。
(5)冰的熔点远高于干冰，除H2O是极性分子、CO2是非极性分子外，还有一个重要的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【解析】(2)离子晶体的熔点与离子半径及离子所带电荷数有关，离子半径越小，离子所带电荷数越大，则离子晶体熔点越高。金刚石是原子晶体，熔点最高，冰、干冰均为分子晶体，冰中存在氢键，冰的熔点高于干冰。
(4)铜晶胞实际占有铜原子数用均摊法分析，8×＋6×＝4，氯化钙类似于氟化钙，Ca2＋的配位数为8，Cl－配位数为4。
【答案】(1)金刚石晶体
(2)金刚石>MgO>CaCl2>冰>干冰
(3)小于 MgO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子电荷数；且r(Mg2＋)
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