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1、专题五物质结构与性质真题试做1(2012课标全国理综，37)A族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含A族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：(1)S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S原子采用的轨道杂化方式是_；(2)原子的第一电离能是指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，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为_；(3)Se原子序数为_，其核外M层电子的排布式为_；(4)H2Se的酸性比H2S_(填“强”或“弱”)。气态SeO3分子的立体构型为_，SO离子的立体构型为_；(5)H2SeO3的
2、K1和K2分别为2.7103和2.5108，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2102，请根据结构与性质的关系解释：H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因：_；H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：_；(6)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晶体结构如下图所示，其晶胞边长为540.0 pm，密度为_gcm3(列式并计算)，a位置S2离子与b位置Zn2离子之间的距离为_pm(列式表示)。 2(2011课标全国理综，37)氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如下图所示：请回答
3、下列问题：(1)由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是_、_；(2)基态B原子的电子排布式为_；B和N相比，电负性较大的是_，BN中B元素的化合价为_；(3)在BF3分子中，FBF的键角是_；B原子的杂化轨道类型为_，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF的立体构型为_；(4)在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为_，层间作用力为_；(5)六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5 pm。立方氮化硼晶胞中含有_个氮原子、_个硼原子，立方氮化硼的密度是_ gcm3(只要求列算式，不必计算出数值
4、，阿伏加德罗常数为NA)。3(2010课标全国理综，37)主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。X、Y和Z分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍。在由元素W、X、Y、Z组成的所有可能的二组分化合物中，由元素W与Y形成的化合物M的熔点最高。请回答下列问题：(1)W元素原子的L层电子排布式为_，W3分子的空间构型为_；(2)X单质与水发生主要反应的化学方程式为_；(3)化合物M的化学式为_，其晶体结构与NaCl相同，而熔点高于NaCl。M熔点较高的原因是_。将一定量的化合物ZX负载在M上可制得ZX/M催化剂，用于催化碳酸二甲酯与月桂醇酯交
5、换合成碳酸二月桂酯。在碳酸二甲酯分子中，碳原子采用的杂化方式有_，OCO的键角约为_；(4)X、Y、Z可形成立方晶体结构的化合物，其晶胞中X占据所有棱的中心，Y位于顶角，Z处于体心位置，则该晶体的组成为XYZ_；(5)含有元素Z的盐的焰色反应为_色。许多金属盐都可以发生焰色反应，其原因是_。考向分析近几年所考查的热点：电子排布式、电离能、电负性及有关推断；价层电子对互斥理论、杂化理论、氢键；有关晶胞的计算。热点例析热点一、原子结构与性质【例1】研究物质的微观结构，有助于人们理解物质变化的本质。请回答下列问题。(1)C、Si、N元素的电负性由大到小的顺序是_；C、N、O、F元素的第一电离能由大到
6、小的顺序是_。(2)A、B均为短周期金属元素。依据下表数据，写出B原子的电子排布式：_。电离能/(kJmol1)I1I2I3I4A9321 82115 39021 771B7381 4517 73310 540(3)过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关。一般而言，为d0或d10排布时，无颜色；为d1d9排布时，有颜色，如Co(H2O)62显粉红色。据此判断，Mn(H2O)62_颜色(填“无”或“有”)。(4)L原子核外电子占有9个轨道，而且有一个未成对电子，L是_元素。方法技巧 1.书写核外电子排布式时，我们除了根据构造原理进行书写外，主族元素可以根据最外层电子数
7、书写，如S的最外层电子数为6，其排布式为Ne3s23p4；第四周期的副族从K开始数，数到几，价电子数就是几，如Fe，从钾开始数到铁为8，其排布式为Ar3d64s2。2电负性大小的判断：我们常常应用化合价及物质类别判断，如O与Cl的电负性比较：HClO中Cl为1价、O为2价，可知O的电负性大于Cl；Al2O3是离子化合物、AlCl3是共价化合物，可知O的电负性大于Cl。3规律学习是主线，特性特点往往是考点，所以我们在复习时不仅要抓住规律，最重要的是注意特殊：(1)电离能、电负性：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：但同周期主族元素，第A族(ns2)全充满、A
8、族(np3)半充满，比较稳定，所以其第一电离能大于同周期相邻的第A族和第A族元素。(2)核外电子排布：规律：原子核外电子优先占据能量最低的原子轨道，每个轨道最多容纳2个自旋状态不同的电子；书写时3d在前4s在后，失去电子时，先失4s电子，再失3d电子。 特性：能级交错(先排4s，再排3d)；24号元素Cr及29号元素Cu价电子层特殊分别为3d54s1、3d104s1，所以Cr原子内有6个未成对电子。即时训练1 (1)比较Be、Mg、Al、C四种元素第一电离能大小，由小到大排列的顺序为_(用元素符号表示)。比较O、F、Al、S、Cl五种元素的电负性大小顺序为_(用元素符号表示)。 (2)某元素的
9、价电子排布式为nsnnpn1，该元素与元素H形成的18电子的X分子的结构式为_；该元素还可与元素H形成10电子的气体分子Y，将过量的Y气体通入盛有硫酸铜溶液中，反应过程中的实验现象为_；反应过程中的离子方程式为_。热点二、分子的立体构型【例2】(1)在SiO、SO、CH3OH、CS2、CCl4五种微粒中，中心原子采取sp3杂化的有_(填序号，下同)，分子中所有原子均在同一平面的有_，CS2属于_分子(填“极性”或“非极性”)。(2)利用CO可以合成化工原料COCl2、配合物Fe(CO)5等。COCl2分子的结构式为，每个COCl2分子内含有_个键，_个键。其中心原子采取_杂化轨道方式，COCl
10、2分子的空间构型_。Fe(CO)5在一定条件下发生分解反应：Fe(CO)5=Fe(s)5CO，反应过程中，断裂的化学键只有_键，形成的化学键是_。思路点拨 (1)化学键类型的判断方法：共价单键是键、共价双键中含有一个键和一个键、共价三键中含有一个键和两个键；一个原子单方面提供孤对电子，另一个原子提供空轨道形成的是配位键，如在NH、Cu(NH3)42、Ni(CO)4、Ag(NH3)2中。(2)中心原子杂化轨道和价层电子对数的判断方法：杂化轨道数价层电子对数中心原子孤对电子对数(未参与成键)中心原子形成的键个数。(3)中心原子孤对电子对数的判断方法：对于通式AX中心原子(A)上的孤电子对数。(4)
11、要注意运用孤对电子进行判断如下：有孤对电子的分子均是极性分子；有孤对电子的分子，因为孤对电子的排斥力大，所以键角均小于无孤对电子的分子键角，如第A元素Sn的化合物SnBr2分子中的键角小于平面三角形的120，NH3、H2O分子中的键角小于正四面体的10928。即时训练2 下列描述正确的是_。AH2S分子中的键角小于正四面体的10928B乙烯中的碳原子采用sp2杂化CClO的空间构型为平面三角形D共价化合物AlCl3属于三角锥形的极性分子热点三、物质的结构与性质的关系【例3】(1)C60和金刚石都是碳的同素异形体，二者相比熔点较高的是_(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，
12、氮化铝晶体与金刚石类似，每个Al原子与_个氮原子相连，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_(填写序号字母)。A水 B四氯化碳C苯 D硫酸镍溶液(4)氯化铝在177.8 时升华，蒸气或熔融状态以Al2Cl6形式存在。下列关于氯化铝的推断错误的是_。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DAl2Cl6中存在配位键(5)氢键对物质性质具有一定的影响，下列现象与氢键无关的是_(填写序号字母)。A水在
13、结冰时体积膨胀BNH3比PH3热稳定性好C在稀溶液中，盐酸比氢氟酸的酸性强D甘油、浓硫酸都呈黏稠状思路点拨 (1)判断晶体类型时，应紧紧抓住题中所给信息如：用类比法，题中的(2)问中(氮化铝晶体与金刚石类似)，即可推出氮化铝晶体的立体结构与晶体类型，所以我们要记住几种常见晶体的类型及结构，如金刚石、晶体硅、二氧化硅、氯化钠等。熔沸点法：原子晶体的熔沸点及硬度很高、分子晶体的熔沸点及硬度低，如本题中的(3)、(4)两问。从组成分析：如金属单质一定是金属晶体。(2)物质熔沸点判断时，除了要注意晶体类型外：分子晶体还要注意氢键，能形成氢键的元素为第二周期中的后三种元素：N、O、F，所以凡是含有NH、
14、OH、FH键的化合物均可以形成氢键，如NH3、氨基酸、NH2NH2、H2O、醇、HF等；注意：氢键只与物质的物理性质有关，如熔沸点、溶解性等，而与物质的化学性质无关。氢键分为分子内氢键和分子间氢键，分子内氢键对熔沸点几乎没有影响。离子晶体与晶格能有关，离子半径越小和离子所带电荷越多，晶格能越大。原子晶体之间熔沸点比较一般看共价键键能的大小或键长(原子半径大小)。热点四、晶体的空间结构和性质【例4】(1)某金属元素X与氯元素形成的晶体结构如图1所示，则该晶体的化学式为_。(2)如图2为高温超导领域中的一种化合物钙钛(氧化物)晶体结构中含有代表性的最小重复单元，在该晶体中每个钛离子周围与它最近且距
15、离相等的钛离子有_个，该晶体的化学式为_。(3)德国和美国科学家首先制出由20个C原子组成的空心笼状分子C20，该笼状结构是由许多正五边形构成(如图3)。请回答：C20分子共有_个正五边形，共有_条棱边。思路点拨 1.晶体化学式的求法晶体的化学式的确定常用“均摊法”，其核心为若晶体中某位置上微粒被n个重复单元共用，那该粒子有属于这个晶胞。如由立方晶胞中：顶点上粒子有、棱上粒子有、面心上粒子有、晶胞内部粒子完全属于这个晶胞。2有关晶胞各物理量的关系对于立方晶胞，可简化成下面的公式进行各物理量的计算：a3NAnM，a表示晶胞的棱长，表示密度，NA表示阿伏加德罗常数，n表示1 mol晶胞中所含晶体的
16、物质的量，M表示相对分子质量，a3NA表示1 mol晶胞的质量。3记住一些常见晶体的晶胞如氯化钠(配位数为6、一个晶胞中有4个Na、4个Cl)；氯化铯(配位数为8、一个晶胞中有1个Cs、1个Cl)；金刚石(一个晶胞中有4个碳原子)。4配位数的计算同学们在作有关配位数及与它最近且距离相等的原子(或离子)时，慎用“均摊法”，我们常用的方法：记忆法，如NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，可知Ni、O的配位数均为6；直接查：如，钛原子位于立方体的中心，六个面上均有一个O，所以Ti的配位数为6。即时训练3CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，已知CaO晶体密度为a gcm3，NA表示阿伏加德罗常数，则
17、CaO晶胞体积为_cm3。误区警示1当出现4s、3d轨道时，虽然电子按4s、3d顺序填充，但在书写电子排布式时，仍把3d放在4s前，而不能按4s3d的顺序书写。2误认为形成氢键，物质的熔沸点一定升高，分子间氢键的形成使物质的熔沸点升高，但分子内氢键的形成并不能使物质的熔沸点升高。3误认为氢键与分子的化学性质有关。4误认为N的第一电离能比O、F的都大。跟踪练习 判断正误：(正确的打“”，错误的打“”)1Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p64s23d62Fe2的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s13含有非极性键的分子不一定是非极性分子 4原子晶体的熔沸点一定大于离子晶
18、体的5金属晶体的熔沸点不一定大于分子晶体的1(2012湖北武汉四月调研)原子序数小于36的A、B两种元素，它们同周期且同族，B的原子序数比A大1，B元素的常见价态为2、3价。用A、B元素的化合物做了如下两个实验。实验A(OH)3棕黄色溶液(滴入KSCN溶液变红)实验B(OH)3产生气体(使湿润的KI淀粉试纸变蓝)回答下列问题：(1)A3的价电子排布式是_；(2)B元素位于元素周期表中第_周期，第_族。(3)实验中B(OH)3与盐酸反应的化学方程式为_。(4)ASO47H2O是一种淡绿色的晶体，其中SO立体构型是_，硫原子的杂化轨道类型是_。(5)A的某种氧化物(AO)的晶体结构与NaCl晶体相
19、似，其密度为a gcm3，晶胞的边长为_cm(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA)。2氢、碳、氧、硫是自然界极为丰富的非金属元素，它们构成了许许多多的化合物。(1)H、O、S电负性由大到小的顺序是_。(2)下图是H2O2的空间构型，H2O2中每个氧都是_杂化，H2O2为_分子。(3)H2S和H2O2的主要物理性质比较如下：熔点/K沸点/K水中溶解度(标准状况)H2S1872022.6H2O2272423以任意比互溶H2S和H2O2的相对分子质量基本相同，造成上述物理性质差异的主要原因是_。(4)甲烷晶体的晶胞如下图所示，该晶胞中含有_个甲烷分子，此晶体在常温、常压下不能存在的原
20、因_。3(2012山西大学附中二次测试)有A、B、C、D、E五种元素。其相关信息如下： 元素相关信息AA原子的1s轨道上只有1个电子BB是电负性最大的元素CC的基态原子2p轨道中有三个未成对电子DD是主族元素且与E同周期，其最外能层上有两个运动状态不同的电子EE能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO两种氧化物请回答下列问题。(1)写出E元素原子基态时的电子排布式_。(2)C元素的第一电离能比氧元素的第一电离能_(填“大”或“小”)。(3)CA3分子中C原子的杂化轨道类型是_。(4)A、C、E三种元素可形成E(CA3)42配离子，其中存在的化学键类型有_(填序号)；配位键金属键极性共价键非极
21、性共价键离子键氢键若E(CA3)42具有对称的空间构型，且当E(CA3)42中的两个CA3被两个Cl取代时，能得到两种不同结构的产物，则E(CA3)42的空间构型为_(填序号)。a平面正方形 b正四面体c三角锥形 dV形(5)B与D可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。其中D离子的配位数为_，若该晶体的密度为a gcm3，则该晶胞的体积是_cm3(写出表达式即可)。4有A、B、C、D、E、F六种元素，B原子得到一个电子后3p轨道全充满，A比B形成的简单离子少一个电子层，C原子的p轨道半充满，它形成的氢化物的沸点是同主族元素的氢化物中最低的；D和E是位于同一主族的短周期元素，E元素的最高化合价与
22、最低化合价的代数和为零，E在其最高价氧化物中的质量分数为46.67%；F元素的核电荷数为26。请回答：(1)元素X与C、B均相邻，比较C、X元素的第一电离能I1(C)_I1(X)(2)写出F元素原子的核外电子排布式_。(3)位于C元素上周期同主族元素的氢化物沸点最高的原因是_，其分子中心原子的杂化方式为_，空间构型_。(4)D的最高价氧化物是_分子(填“极性”或“非极性”),1 mol这种氧化物分子中含有_mol 键，E的最高价氧化物的晶体类型是_。参考答案命题调研明晰考向真题试做1答案：(1)sp3(2)OSSe(3)343s23p63d10(4)强平面三角形三角锥形(5)第一步电离后生成的
23、负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子H2SeO3和H2SeO4可表示为(HO)2SeO和(HO)2SeO2。H2SeO3中的Se为4价，而H2SeO4中的Se为6价，正电性更高，导致SeOH中O的电子更向Se偏移，越易电离出H(6)4.1 或或135解析：(1)硫原子最外层有6个电子，由S8结构可知，一个硫原子与另外两个硫原子形成2个键，硫原子还剩余4个电子形成2对孤对电子，所以为sp3杂化；(2)同一主族元素从上往下第一电离能逐渐减小；(3)Se属于第四周期第A族元素，原子序数比S大18，M层电子已经排满，排布式为3s23p63d10；(4)H与Se形成的共价键键能小于H与S形成的共价键
24、键能，所以H2Se比H2S容易电离，H2Se的酸性更强；Se原子孤对电子对数0，键个数3，所以Se原子为sp2杂化，无孤对电子，SeO3为平面三角形；S原子孤对电子对数1，键个数3，所以S原子为sp3杂化，含有一对孤对电子，SO为三角锥形；(6)在此晶胞中有Zn2为4个、S2为864个，所以1 mol晶胞的质量为(6532)4388 g，一个晶胞的质量为，一个晶胞的体积为V(5.4108 cm)3，根据即可计算；b点(Zn2)在由A、H、C、D四点构成的正四面体的中心，所以ABH10928。如图所示，连接AH、EH，求得AH270，作BG垂直于AH，GHAH135，GBHABH，通过三角函数即
25、可求出。2答案：(1)B2O33CaF23H2SO42BF33CaSO43H2OB2O32NH32BN3H2O(2)1s22s22p1N3(3)120sp2正四面体(4)共价键(或极性共价键)分子间力(或范德华力)(5)44解析：(1)根据物质的制备流程图可推知由B2O3制备BF3和BN的化学方程式。(2)因为同一周期，随着原子序数的增大，电负性逐渐增大，故B的电负性小于N的电负性，即得电子能力N大于B，所以BN中N元素是3价，B元素是3价。(3)因为BF3中的B原子是sp2杂化，故该分子是平面正三角形分子，故键角是120；BF的空间构型可类比NH，也应该是正四面体结构。(4)因为六方氮化硼的
26、结构与石墨类似，故其晶体中也是分层结构，层间是分子间作用力，层内的B原子与N原子间是极性共价键。(5)因为金刚石属于面心立方晶胞，即C原子处在立方体的8个顶点、6个面心，每个晶胞中含有C原子数为864，故根据“均摊法”及BN的化学式可推知，一个晶胞中各含有4个B原子、4个N原子；因一个BN的质量是M/NA，故可判断一个晶胞的质量是4M/NA，而一个晶胞的体积是(3.615108)3cm3，所以根据密度质量体积，可得解。3答案：(1)2s22p4V形(2)2F22H2O=4HFO2(3)MgO晶格能大sp3和sp2120(4)311(5)紫激发态的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以一
27、定波长(可见光区域)光的形式释放能量解析：(1)根据核外电子排布规律，W为氧元素，其核外电子排布式为1s22s22p4。(2)X、Y、Z的原子序数之和为40，由于原子序数依次增大，所以X的原子序数大于8，第五周期的元素原子序数大于36，所以Z只能是第四周期的元素，即X、Y、Z分别为第二、三、四周期，X只能为F，所以Y、Z的原子序数之和为31，则都为主族元素，所以Z只能为第A或第A族中的元素，因为第四周期第A族中的元素原子序数为31，Y、Z可能为Na、Ca，也可能为Mg、K，依M的熔点高，及(3)可知M为MgO，所以Y为Mg，Z为K。(3)MgO与NaCl晶体结构相同，是离子晶体，离子晶体熔点与
28、晶格能有关；由碳酸的结构可知碳酸二甲酯的结构为，CH3中的C为sp3杂化，中的C采用sp2杂化，键角为120。(4)晶胞中X的个数为123，Y的个数为81，Z的个数为1，所以XYZ311。(5)K元素的焰色反应为紫色(透过蓝色的钴玻璃)，焰色反应是元素原子中的电子发生跃迁释放能量形成的，是物理变化。精要例析聚焦热点热点例析【例1】 答案：(1)NCSiFNOC(2)1s22s22p63s2(3)有(4)Cl解析：(1)依据元素周期表进行判断，C、Si同一主族，从上到下电负性逐渐减弱，所以C的电负性大于Si，C、N属于同一周期，从左到右电负性逐渐增大，所以C的电负性小于N的；第一电离能注意N的大
29、于O的；(2)由I2与I3相差很大可知A、B均是第A元素，A的第一电离能大于B的，所以A在B的上一周期，B只能在第三周期，为Mg；(3)Mn原子的电子排布式为Ar3d54s2，Mn2为Ar3d5；(4)L原子9个轨道依次为1s、2s、2p、3s、3p中的所有轨道，所以1s22s22p63s23p5。【即时训练1】 答案：(1)AlMgBeCFOClSAl(2) 先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液呈深蓝色Cu22NH3H2O=Cu(OH)22NHCu(OH)24NH3=Cu(NH3)422OH解析：(1)Be、Mg位于第A族，Be的第一电离能大于Mg的，Mg、Al位于第三周期，但第A族的第一电离能
30、特殊，比第A族的Al大，所以Mg的第一电离能大于Al的，Be、C位于第二周期，所以C的第一电离能大于Be，AlMgBeC；由HClO中的氯、氧的化合价可知氧的电负性大于氯；(2)由s中最多容纳的电子数为2，可知n2，即该元素为N，依9918，所以X为NH2NH2，Y为NH3。【例2】 答案：(1)非极性(2)31sp2平面三角形配位金属键解析：(1)首先判断中心原子的孤对电子对数：0、1、CH3OH中的C原子无孤对电子、0、0；所以杂化方式分别为sp2、sp3、sp3、sp、sp3；sp2杂化且无孤对电子、sp杂化，所以中的原子均在同一平面内；(2)中心原子C无孤对电子，所以sp2杂化，分子构
31、型为平面三角形；Fe与CO之间形成的是配位键，金属晶体中存在的是金属键。【即时训练2】 AB解析：A选项中，H2S中的硫原子孤对电子对数2，键个数2，所以硫原子为sp3杂化，含有两对孤对电子，键角小于10928，正确；乙烯中碳原子中的四个价电子全部成键，无孤对电子，所以价层电子对数为3，B正确；C选项中ClO的氯原子孤对电子对数1，键个数3，所以为sp3杂化，为三角锥形，错误；D选项中AlCl3中铝原子的3个价电子全部成键，无孤对电子，价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，非极性分子，D选项错误。【例3】 答案：(1)金刚石(2)4正四面体原子(3)分子晶体BC(4)BC(5)BC解析：(1
32、)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)由氯化铝易升华可知氯化铝是分子晶体，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AlCl 键，无孤对电子，是非极性分子，易溶于有机溶剂，有空轨道，与氯原子的孤对电子能形成配位键；A、D正确；(5)NH3、PH3热分解断裂的是NH键、PH键，与氢键无关；HCl比HF容易电离是因为HCl键比HF键
33、容易断裂，与氢键无关。【例4】 答案：(1)XCl(2)6CaTiO3(3)1230解析：(1)X原子均在立方体中，所以1个晶胞中含有4个X,8个顶点和6个面上均有1个Cl，所以1个晶胞中含有864个Cl，化学式为XCl；(2)选取1个钛离子作中心离子，周围与它最近的钛离子在与之相连的3个顶点上，以中心离子为中心作坐标系，每个数轴上有2个最近的钛离子，总共3个数轴；每1个晶胞中Ca2的个数为1个，Ti4的个数为81，O2的个数为123，所以其化学式为CaTiO3；(3)1个碳原子与其他碳原子可以形成3个五边形，1个五边形归5个碳原子共用，所以1个碳原子可以形成个五边形，20个原子可以形成201
34、2个正五边形；1个碳原子与其他碳原子可以形成3条棱，每条棱有2个碳原子，1个碳原子可以形成条棱，所以共有2030条棱。【即时训练3】 答案：解析：一个NaCl晶胞中含有4个Na和4个Cl，可知一个CaO晶胞中含有4个Ca2和4个O2，所以1 mol CaO晶胞的质量为564 g，体积为 cm3，所以1个晶胞的体积为cm3。误区警示【跟踪练习】 答案：、解析：1.正确的为1s22s22p63s23p63d64s2；2.正确的为1s22s22p63s23p63d6；3.由H2O2可知正确。创新模拟预测演练1答案：(1)3d5(2)四(3)2Co(OH)36HCl=2CoCl2Cl26H2O(4)正
35、四面体sp3(5)解析：由A、B同周期且同族可知A、B在第族，由实验可知A为Fe，B为Co；(3)由实验及B元素的常见价态为2、3价，可知Co(OH)3与盐酸反应生成氯气、CoCl2、H2O，配平即可；(4)SO中硫原子的孤对电子对数0，键个数4，所以硫原子为sp3杂化，立体构型为正四面体；(5)一个NaCl晶胞中含有4个Na和4个Cl，可知一个FeO晶胞中含有4个Fe2和4个O2，所以1 mol FeO晶胞的质量为724 g288 g，体积为 cm3，所以1个晶胞的体积为 cm3，因为晶胞是立方体，所以由立方体的体积公式即可求出立方体边长。2答案：(1)OSH(2)sp3极性(3)H2O2分
36、子间存在氢键，与水分子可形成氢键(4)4甲烷形成的晶体是分子晶体，分子间依靠范德华力相结合，因范德华力较弱，故其熔点低，在常温常压下只能以气体形式存在解析：(2)H2O2的结构为HOOH，一个氧原子形成2个键，还有2对孤对电子，所以为sp3杂化，有孤对电子为极性分子；(3)熔沸点、溶解性要从分子的极性及氢键的角度分析，H2S和H2O2均是极性分子且分子量相同，所以只能从氢键角度分析；(4)一个晶胞中含有864个甲烷分子。3答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1(2)大(3)sp3杂化(4)a(5)8解析：A为H、B为F、C的电子排布式1s22s22p3为N
37、、E为Cu、D为第四周期的主族元素，最外层有两个电子，所以为Ca；(2)N的2p轨道半充满比较稳定，第一电离能大于O的；(3)NH3中N最外层5个电子，有3个与H形成3个键，还有一对孤对电子，所以价层电子对数为4，为sp3杂化；(4)Cu(NH3)42中存在铜与氨分子之间的配位键还有氮氢之间的极性共价键；由4个配体排除c、d，由E(CA3)42中的两个CA3被两个Cl取代时，能得到两种不同结构的产物，排除b，只有a正确；(5)选择右面面心的D(Ca)，在此晶胞中有4个B(F)离子与之配位，同理与此晶胞右面紧连的晶胞中也有4个；此晶胞中含有8个F、Ca2为864个，所以1 mol晶胞的质量为78
38、4 g，一个晶胞的质量为 g，除以密度即得体积。4答案：(1)(或大于)(2)Ar3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2(3)NH3分子间形成氢键sp3三角锥形(4)非极性2原子晶体解析：B原子得到一个电子后3p轨道全充满，可知B为Cl，A为Na；C原子的p轨道半充满，可知C为第A族元素，且氢化物沸点最低，所以C为P；D、E为第A族元素，由E在其最高价氧化物中的质量分数为46.67%，可知E为Si、D为碳，X为S。(1)P原子3p轨道半充满，第一电离能大于S的；(2)26188，价层电子数为8，核外电子排布式为Ar3d64s2；(3)NH3中N原子与3个H原子形成3个键、还有一对孤对电子，所以为sp3杂化。- 12 -