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1、专题1 4物质结构与性质纠 错 1不清楚基态与激发态的关系【例 1】下列各项叙述中正确的是（）A.电子层序数越大，s 原子轨道的形状相同，半径越大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Is 2 2 s 2 2 P 6 3 s 2 T l s 2 2 s 2 2 P 6 3 P 2 时，释放能量，由基态转化成激发态D.杂化轨道可用于形成c键、兀键或用于容纳未参与成键的孤电子对【错因分析】忽视不同电子层的同种能级的电子云或原子轨道形状相同，但半径不一样，漏 选 A；本题的易错点为B,要注意在一个轨道中电子的自旋方向肯定不同，但在同一能级不同轨道中电子的自旋方向是可以相同。【学
2、霸解题】A项，s 能级原子轨道都是球形的，且能层序数越大，半径也越大，故 A正确；B项，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方向是可以相同，如 N 原子的2 P 轨道中的 3个电子的自旋方向相同，故 B错误；C项，M g 原子3 s 2 能级上的2个电子吸收能量跃迁为3 P 2 能级上,由基态转化成激发态，故 C错误；D项，杂化轨道只用于形成。键或用于容纳未参与成键的孤对电子，没有杂化的p 轨道形成兀键，故 D错误；答案选A。【参考答案】A【秒杀技巧】根据原子轨道的形状及原子结构的递变性，A项符合题意。原子的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，简称能量最
3、低原理。处于最低能量的原子叫做基态原子。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。但处于激发态的原子不稳定，当电子从激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将释放能量，通常以光（辐射）的形式释放出来。1.电子在原子轨道上的填充顺序构造原理o o oo oo图中每个小圆圈表示一个能级,每一行对应一个能层。各圆圈间连接线的方向表示随核电荷数递增而增加的电子填入能级的顺序。构造原理揭示了原子核外电子的能级分布，从图中可以看出，不同能层的能级有交错现象，如 E(3d)(4s),E(4d)E(5s)、E(5d)E(6s)、E(6d)E(7s)、(4f)(5p),E(4f)E(6s
4、)等。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，构造原理是书写基态原子电子排布式的依据，也是绘制基态原子电子排布图的主要依据之一。但需注意洪特规则特例。2.基态原子核外电子排布的表示方法(以S为例)表示方法举例原子结构示意图电子式-S-电子排布式1 s22s22P63s23P4 或Ne3s23P4电子排布图IflllH lIHIHIIIIIHIIHI fH IIs 2s 2p 3s 3p【变 式 训 练】下列电子排布图所表示的元素原子中，能量处于最低状态的是()A.六应一产I B.&曲一|力 已 亡 c曲 曲r r r hn亡 D.度 度【答案】C【解析】A 项，2 s能级
5、的能量比2P能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故 A 错误；B 项，违反了洪特规则，2P能级的3 个简并轨道(能级相同的轨道)只有优先单独占据一个原子轨道，且自旋状态相同，才能容纳第二个电子，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发态，故 B 错误；C项，能级能量由低到高的顺序为：Is、2s、2p；每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反，简并轨道(能级相同的轨道)中电子优先单独占据1 个轨道，且自旋方向相同，能量最低，故 C 正确；D 项，2P能级的能量比3 s能量低，电子尽可能占据能量最低的轨道，不符合能量最低原理，原子处于能量较高的激发
6、态，故 D 错误。故选C。纠错2核外电子的运动状态判断出错【例 2】下列叙述不正确的是()A.在多电子原子里，核外电子的能量不同B.原子核外的电子按其能量不同分层排布C.电子的能量越低，运动区域离核越远D.M 层电子的能量大于L 层电子的能量【错因分析】对原子核外电子运动规律不明确，则无法解题。【学霸解题】A 项，在多电子原子中，核外电子的能量不同，A 正确；B 项，电子的能量不同，按照能量的高低在核外排布，分层运动，B 正确；C 项，原子核外能量区域能量不同，离核越近能量越低，离核越远能量越高，选项C 不正确；D 项，M 层电子的能量大于L 层电子的能量，选项D 正确；故选C。【参考答案】C
7、【秒杀技巧】依据“能量最低原理”，c 项符合题意。/B i-易错快攻究错必备基态原子的核外电子排布排布规律(1)能量最低原理。原子核外电子优先占据能量较低的轨道，然后依次进入能量较高的轨道，这样使整个原子处于能量最低的状态。所有电子排布规则都需满足能量最低原理。(2)泡利原理。每个原子轨道里最多只能容纳2 个电子，且自旋状态相反。(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，且自旋状态相同。【变 式 训 练】下列是关于多电子原子核外电子运动规律的叙述，其中叙述正确的是()A.核外电子是分层运动的 B.所有电子在同一区域里运动C.能量高的电子在离核近
8、的区域运动D.同一能层的电子能量相同【答案】A【解析】根据多电子的原子，核外电子是分层运动的，不在在同一区域里运动，能量高的电子在离核远的区域里运动，能量低的电子在离核近的区域里运动，在同一能层在，又根据电子能量的高低分成不同的能级，因此同一能层的电子能量不相同。故合理选项是A。纠错3电子排布式书写错误【例3】主族元素原子失去最外层电子形成阳离子，主族元素的原子得到电子填充在最外层形成阴离子。下列各原子或离子的电子排布式错误的是()A.C a2+：I s 2 2 s 2 2 P 6 3 s 2 3 P$B.O2-：I s 2 2 s 2 2 P 4C.C l-：N e 3 s 2 3 P 6
9、D.A r：I s 2 2 s 2 2 P 6 3 s 2 3 P 6【错因分析】本题易错点是误以为氧离子核外有8个电子而错选B o【学霸解题】A项，钙原子失去2个电子变成钙离子，使次外层变成最外层，所以钙离子核外有1 8 个电子，排布式正确，故 A正确；B项，氧原子核外有8个电子，氧原子得2个电子变成氧离子，最外层电子数由6个变成8 个，所以氧离子核外有1 0 个电子，排布式应该是I s 2 2 s 2 2 P 6,故 B错误；C项，氯原子核外 有 1 7 个电子，氯原子得一个电子变成氯离子，最外层由7个电子变成8个电子，所以氯离子核外有1 8个电子，排布式正确，故 C正确；D项，氨 是 1
10、 8 号元素，原子核外有1 8 个电子，排布式正确，故 D正确。【参考答案】B【秒杀技巧】根据核外电子排布规律，逐一分析；一最外层应有8个电子，B项符合题意。易错快攻究错必备2.基态原子电子排布式的书写方法(1)由原子序数书写核外电子排布式常根据构造原理(I s、2 s、2 p、3 s、3 p、4 s、3 d、4 p)、各能级最多容纳的电子数，依次由低能级向高能级排列,如3 1 号元素钱，首先排满l s 2,依次填充2 s 2、2 P 6、3 s 2、3 P 6、4 s 2、3dQ最后填充4 p i；也可以用3 1 1 8 =1 3,然后再填充1 3 个电子，$n A r 3 d1 04 s2
11、4 p .能层低的能级要写在左边，不能按填充顺序写，如 Fe 的电子排布式：Is 2 2 s 2 2 P6 3 s 2 3 P6 3 d 6 4 s 2 正确，而Is 2 2 s 2 2 P6 3 s 2 3 P6 4 s 2 3 d 6 错误。(2)由元素在周期表中的位置书写核外电子排布式如第四周期中各元素基态原子的电子排布式有如下规律：f 立于s 区的第I A、第 H A分别为 A r4 s A r4 s2；（立于p 区的主族元素为 A r3 d 4 s 2 4 P旗 序 数 二族元素除外）；位于d区的副族元素为 A r3 d，4 s（机+=族序数，第W族元素除外）；（立于d s 区的副族
12、元素为 A r3 d i O 4 s 5=族序数）。（3）由元素名称书写核外电子排布式前三周期主族元素可以根据最外层电子数书写，如S 的最外层电子数为6,其核外电子排布式为 N e 3 s 2 3 P%第四周期从K开始数，数到人就可以写成“A r+个电子”。如 Fe,从 K开始数到Fe 为 8,其核外电子排布式为 A r3 d 6 4 s 2；S e,从 K开始数到S e 为 1 6,其核外电子排布式为 A rJ 3 d“4 s 2 4 P、书写电子排布式时，要注意两点：【变 式 训 练】下列各组表述中，两个微粒一定不属于同种元素原子的是（）A.3 p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布为
13、Is 2 2 s 2 2 P6 3 s 2 3 P2 的原子B.M 层全充满而N层为4 s2的原子和核外电子排布为Is 2 2 s 2 2 P6 3 s 2 3 P6 3 d 6 4 s 2 的原子C.最外层电子数是核外电子总数的女的原子和价电子排布为4 s 2 4 P5 的原子D.2 P能级有一个未成对电子的基态原子和原子的价电子排布为2 s 2 2 P5 的原子【答案】B【解析】A项，3 p能级有一个空轨道，说明3 p上填2个电子，因 填 1 个电子有2个空轨道，填 3个电子或3 个以上电子无空轨道，则 3 p上有2个电子，3 s 上肯定已填满，价电子排布为3 s 2 3 P工 因 此 A
14、中两微粒相同。M 层全充满而N层为4 s 2,M 层上有d轨道，即：3 s 2 3 P6 3 d?显然是锌元素，3 d 6 4 s 2 是铁元素，B选项符合题意0 C 中价电子排布为4 s 2 4 P5,则 3 d 上已排满1 0 个电子，核外电子排布为1 s22 s22 p63 s23 p63 d 1 04 s24 p5；最外层电子数是核外电子总数!的原子，可按下述方法讨论：若最外层电子数为1,核外电子总数为5不可能，最外层电子数为2,核外电子总数为1 0 不可能，同理，可讨论，只有最外层电子数为7,核外电子总数为3 5 时合理，其电子排布式也是Is 2 2 s 2 2 P6 3 s 2 3
15、 PN W S 2 4 P5,二者是同种元素的原子。D中 2 P能级有一个未成对电子，可以是2p l 也可以是2 P5,因此二者不一定属于同种元素的原子，D选项不符合题意。纠错4 忽视第一电离能“反常”【例 4】下列关于元素第一电离能的说法不正确的是（）A.钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，故钾的活泼性强于钠B.因同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，故第一电离能必依次增大C.最外层电子排布为“s 2 p6（当只有K层时为Is?）的原子，第一电离能较大D.对于同一元素而言，原 子 的 电 离 能 I(B),Z 1 (M g)1(A 1)：第 VA 族和第V I A 族的反常,如 h(N
16、)/,(O),/,(P)h(S)同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小。【变 式 训 练】下列关于元素第一电离能的说法不正确的是()A.钾元素的第一电离能小于钠元素的第一电离能，故钾的活泼性强于钠B.因同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，故第一电离能必依次增大C.最外层电子排布为“s 2叩6(若只有K层时为A 2)的原子，第一电离能较大D.对于同一元素而言，原子的电离能 C,则 O-H 键的极性强于C-H 键的极性，C 项正确；D 项，羟基中氧原子成键电子对为2,孤电子对为2,则采取sp3杂化，其 VSEPR模型为四面体形，D 项正确；故选B。【参考答案】B【秒杀技巧】价层电子对互斥模型说明的
17、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。当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致：价层电子对互斥模型能预测分子的儿何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。(1)三原子分子直线形和V 形化学式立体构型结构式键角比例模型球棍模型co2直线形o=c=o1809H2OV 形0/H H105(2)四原子分子平面三角形和三角锥形化学式立体构型结构式键角比例模型球棍模型CH2O平面三角形H/0-CH120
18、NH3三角锥形N/|H H H107舟（3）五原子分子化学式立体构型结构式键角比例模型球棍模型CH4正四面体形HH卷HH109028,（4）常见多原子分子的立体构型多原子分子的立体构型形形色色，异彩纷呈。如白磷（P 4,正四面体）、P C 1 5（三角双锥）、S F“正八面体）、P Q 6、P4O 1 0 C 6 0（“足球”状分子，由平面正五边形和正六边形组成）、C 6 H 1 2（环己烷）、G o H I6（金刚烷）、S 8、B|2（硼单质）等的立体构型如图所示：S F 6（正八面体）B 1 22.分子立体构型的确定利用V S E P R理论预测分子立体构型的思路：a键电子对数+孤电子对数
19、=价层电子对数价层电子对互斥理论V S E P R模 型 略去孤电子对分子的立体构型。其中正确地确定 键数和。、X、。的值是计算价电子对数的关键，也是判断、预测V S E P R模型和立体构型的关键。一些常见的分子、离子的价层电子对数和立体构型如下表。分子或离子。键电子对数中心原子上的孤电子对数价层电子对数立体构型aXb(a-xh)2分子C 02242202直线形BeCh222102直线形SO2262213V形SO3363203平面三角形NH3353114三角锥形H20262124V形CH4(CC14)444104正四面体形离子H3O+36-1=53114三角锥形CO；34+2=63203平面
20、三角形SO；-46+2=84204正四面体形CIO；37+1=83214三角锥形注意：当中心原子无孤电子对时，VSEPR模型与分子的立体构型一致；当中心原子有孤电子对时,VSEPR模型与分子的立体构型不一致。3.分子或离子立体构型的判断方法略去中心原彳上的孤电子品离立1的型子构分子体(1)6键电子对数的确定由分子式确定键电子对数。例如，H?0的中心原子为0,0有2对。键电子对；NH3的中心原子为N,N有3对键电子对。(2)中心原子上的孤电子对数的确定中 心 原 子 上 的 孤 电 子 对 数3 xb)。式 中。为中心原子的价电子数，对于主族元素来说，价电子数等于原子的最外层电子数；x为与中心原
21、子结合的原子数；匕为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数（氢 为 1,其他原子为“8该原子的价电子数”）。例如，S02的中心原子为S,S 的价电子数为6（即 S 的最外层电子数为6）,则。=6；与中心原子S 结合的。的个数为2,则x=2；与中心原子结合的0 最多能接受的电子数为2,则 6=2。所以，S02的中心原子S 上的孤电子对数=；（62乂 2）=1。【变 式 训 练】对于短周期元素形成的各分子，下表所述的对应关系错误的是（）选项ABCD分子式CH4NH3C02SC12VSEPR模型正四面体形四面体形直线形四面体形分子的立体构型正四面体形平面三角形直线形V 形【答案】B【解析】A 项，C
22、 原子形成了 4 个 o 键，孤电子对数为0,VSEPR模型及分子的立体构型均是正四面体形，A 项正确；B 项，N 原子有1对孤电子对且形成了 3 个键，VSEPR模型为四面体形，分子的立体构型为三角锥形，B 项错误；C 项，C 原子的价层电子对数为2+；（4-2x2）=2,VSEPR模型为直线形，分子的立体构型也为直线形，C 项正确；D 项，S 原子有2 对孤电子对且形成了 2 个。键，VSEPR模型为四面体形，分子的立体构型为V 形，D 项正确。故选B。纠错6片面认识酸的结构和性质 例 6下列叙述正确的是（）A.能电离出H+的化合物除水外都是酸，分子中含有几个氢原子它就是几元酸B.无机含氧
23、酸分子中含有几个羟基，它就属于几元酸C.同一元素的含氧酸，该元素的化合价越高，其酸性越强，氧化性也越强D.H3PCU和 H2co3分子中非羟基氧的个数均为1,但它们的酸性不相近，H3P04是中强酸而H2co3是弱酸【错因分析】由于只考虑到了 HN03、H2s。4、H3P0 4 等个例，而忽略了酸式盐、CH 38O H、H3BO3等例外，错选A或 B 项；由于只考虑到了 HN03与 HN02、H2sCU与 H2s。3的酸性与氧化性符合酸性强的氧化性也强，而忽略了 HC10与 HC1CU等例外，错选C 项。【学霸解题】由 NaHSOc CH 38O H、H3BO3等示例可判断A、B 均错误；由 H
24、C10的酸性很弱而氧化性很强可判断C 错误；D 项中H3P04和 H2cCh的非羟基氧原子数均为1，但 H2c03的酸性比H3P04弱很多。【参考答案】D【秒杀技巧】依据常识，H3P04是中强酸而H2c03是弱酸，结合结构，D 项符合题意。易错快攻究错必备1.由HNCh、H2s04、H3Po4的相关知识而误认为有几个H或几个羟基的酸就属于几元酸；由氧化性:HNO3HNO2 H2s04H2s03而混淆酸的酸性与氧化性，误认为酸性越强的酸其氧化性也越强。2.误认为羟基数就是含氧酸的元数。如磷元素的几种含氧酸的名称、分子式、结构式、磷的化合价、酸的元数如下表：名称正磷酸偏磷酸亚磷酸次磷酸分子式H3P
25、o4HPO3H3P03H3P。2结构式OtHOPOH1OH0HOP-O0tHOPOH1HotHPOH磷的化合价+5+5+3+1酸的元数三元一元二元一元3.同种元素的含氧酸，中心原子的价态越高，含氧酸的氧化性不一定越强。如酸性：HC1O4HC1O3HC1O,氧化性：HC1O4HC1O3H2S,是因为键能H-OHS；C项，由于N、O两元素的电负性很大，故NH3溶于水后与水分子之间形成氢键；D项，邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，对羟基苯甲醛存在分子间氢键，由于对物质性质的影响分子间氢键强于分子内氢键，故熔点：对羟基苯甲醛大于邻羟基苯甲醛。【参考答案】C【秒杀技巧】氨气极易溶于水，原因在于两者形成氢键，故
26、选C。易错快攻究错必备1.氢键对物质性质的影响当形成分子间氢键时，物质的熔、沸点将升高。(2)当形成分子内氢键时，物质的熔、沸点将下降。(3)氢键也影响物质的电离、溶解等过程。2.范德华力、氢键、共价键的比较作用力范德华力氢键共价键概念物质分子之间普遍存在的一种相互作用力由已经与电负性很大的原子形成共价键的氢原子与另一个分子中电负性很大的原子之间的作用力原子间通过共用电子对所形成的相互作用分类分子内氢键、分子间氢键极性共价键、非极性共价键特征无方向性、无饱和性有方向性、有饱和性有方向性、有饱和性强度比较共价键 氢键 范德华力影响强度的因素随着分子极性和相对分子质量的增大而增大；组成和结构相似的
27、物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大对于 XH.Y,X、Y的电负性越大，X、Y原子的半径越小，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影响物质的熔、沸点及溶解度等物理性质；如熔、沸点 F2C12Br2CF4CCLH2S,HFHC1,NH3PH3影响分子的稳定性共价键键能越大，分子稳定性越强【变 式 训 练】已知各种硝基苯酚的性质如下表:名称结构式25,水中溶解度/g熔点/沸点/令硝基苯酚0coN100.245100间-硝基苯酚II 0AXT。1.496194对-硝基苯酚il 001.7114295下列关于各种硝基苯酚的叙述不正确的是（）A.邻-硝基苯酚分子
28、内形成氢键，使其熔沸点低于另两种硝基苯酚B.间-硝基苯酚不仅分子间能形成氢键，也能与水分子形成氢键C.对-硝基苯酚分子间能形成氢键，使其熔沸点较高D.三种硝基苯酚都不能与水分子形成氢键，所以在水中溶解度小【答案】D【解析】当分子形成分子内氢键时，就难再形成分子间氢键，故其熔沸点低，A正确；间-硝基苯酚中与N原子相连的O原子易与水分子中的H原子形成氢键，B正确、D错误；形成分子间氢键后，使物质的熔沸点升高，C正确。纠 错8常见共价晶体结构判断错误【例8】关 于SiCh晶体的叙述中，正确的是（）A.通常状况下，60 gsiC h晶体中含有的分子数为NA（NA表示阿伏加德罗常数的值）B.60 gsi
29、。2晶体中，含有2必 个 SiO 键C.最小环上Si和 O 原子数之比为1：1D.SiCh晶体中含有1个硅原子和2 个氧原子【错因分析】SiO2晶体为共价晶体，不存在分子，易错选A 项；根据SiO2晶体的化学式，易错误得出SiCh晶体中含有1 个硅原子和2 个氧原子，实际上石英晶体中有许多Si,O 原子，S i原子与O 原子的原子个数比为1 ：2 错选D 项。【学霸解题】60 g SiO2晶体即1 mol SiCh，晶体中含有S i-0 键为4 mol（每个硅原子、氧原子分别含有4 个、2 个未成对电子，各拿出一个单电子形成Si0 共价键），含 4必 个 Si0 键，A、B 错误；C 项，最小
30、的环上，有 6 个 S i原子和6 个 0 原子，所以最小的环上硅氧原子数之比为1：1,C 正确；D 项，SiO2晶体中含有无数的硅原子和氧原子，只是硅、氧原子个数比为1：2,D 错误；故选C。【参考答案】C【秒杀技巧】根据SiCh的晶体结构，最小的环上，有6 个 S i原子和6 个 0 原子，C 项正确。易错快攻究错必备1.金刚石、晶体硅、碳化硅、二氧化硅等共价晶体中的成键数目。金刚石（或晶体硅）中，1 mol C（或 Si）形成2 mol CC（或 SiSi）键。（2）SiC晶体中，1 mol C 或 1 mol Si 均形成 4 mol CSi 键。（3）1 mol SiCh 晶体中，共
31、有 4 moi SiO 键。2.金刚石、晶体硅、碳化硅、二氧化碳中最小环上的原子数。（1）金刚石、晶体硅、SiC晶体中最小环上的原子数分别为6 个 C、6 个 Si、3 个 S i和 3 个 C。（2）SiO2晶体中最小环上有12个原子（6 个 S i和 6 个 O）。3.金刚石、晶体硅的一个晶胞中，分别含有碳原子数为8、硅原子数为8。【变 式 训 练】下列有关共价晶体的叙述不正确的是（）A.金刚石和二氧化硅晶体的最小结构单元都是正四面体B.Im ol金刚石中的CC 键数目是2 NA，ImolSiCh晶体中的Si0 键数目是4心C.水晶和干冰在熔化时，晶体中的共价键都会断裂D.SiCh晶体是共
32、价晶体，所以晶体中不存在分子，SiCh不是它的分子式【答案】C【解析】金刚石和二氧化硅晶体的基本结构单元都是正四面体，A正确；金刚石中，1个C原子与另外4个C原子形成C-C键，这个C原子对每个单键的贡献只有工，所 以1 m o l C原子形成的C-C键为4 x，2 2=2 m o l,而二氧化硅晶体中1个S i原子分别与4个O原子形成4个S i O键，则1 m o l S i O2晶体中S i O键为4 m o l,B正确；水晶是共价晶体，在熔化时，共价键断裂形成自由移动的S i、O原子，而分子晶体干冰熔化时，分子间力被大大削弱，形成自由移动的C O 2分子，而C=0键不会断裂，所以C错误；根
33、据共价晶体的结构特点可知D正确。纠错9晶体的化学式确定【例 9】如图所示为一种由钛原子和碳原子构成的气态团簇分子的结构模型，则它的化学式为（）A.T i 4 c 4 B.T i C C.T i 1 4 c l 3 D.T i 2 c【错因分析】本题易错之处是把气态团簇分子当作晶胞处理，而错选A或B。【学霸解题】由于该结构为气态团簇分子的结构，给出的结构就是一个完整的分子，因此结构中的每个原子都是构成分子的一部分。因该气态团簇分子结构中含有1 4个T i原子和1 3个C原子，故该物质的化学式为T i i 4 c 3。【参考答案】C【秒杀技巧】审清题意“气态团簇分子“，无需用“均摊法”即可求解。二
34、易错快攻究错必备1.晶胞中微粒数目的计算方法均摊法晶胞只是晶体微观空间里的一个基本单元。在它的上下左右前后“无隙并置”地排列着无数晶胞，而且晶胞的形状及其内部的原子种类、个数及几何排列均完全相同。如某个粒子为个晶胞所共有，则该粒子有,属于这个晶胞。位于内磁）f 整个粒子都属于该晶胞同为2个晶胞所共有，该粒子的十属于该晶胞叫A该粒子的g属于该晶胞位于面上6一1-、同为4个晶胞所共有，衽 年 多该粒子的十属于该晶胞2.熟记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卡,4个 C）B.干冰（含 4 个 CCh）C.CaF2（含 4 个 Ca2+,8 个 F-）D.金刚石（含
35、8 个 C）E.体心立方（含 2个原子）F.面心立方（含 4 个原子）【变 式 训 练】磁光存储的研究是Williams等 在 1957年使M n和B i形成的晶体薄膜磁化并用光读取之后开始的。如图是M n和 B i形成的某种晶体的结构示意图（白球均在六棱柱内），则该晶体物质的化学式可表示为（）M nO BiA.Mn2Bi B.MnBi C.MnBi3 D.Mn4Bi3【答案】B【解析】由晶体的结构示意图可知：白球代表B i原子，且均在六棱柱内，所 以 B i为 6 个。黑球代表M n原子，个数为：12x：+2 x g+l+6 x|=6（个），则二者的原子个数比为6：6=1：1。故选B。纠错1
36、 0 晶胞各物理量的计算 例 10 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 p m,密度为 g-cm 3（列式并计算），a 位 置 S?一与b 位 置 ZM+之间的距离为pm（列式表示）。【错因分析】缺乏扎实的立体几何知识，空间概念不强，无法进行解答。【学霸解题】2 1 1 5 晶胞的体积为（5 4 0.0*1 0 一|。（；0 1）3。S 2-位于晶胞的顶点和面心，Z M+位于晶胞的内部，一个Z n S 晶胞中含有S 2-：8 x：+6 x；=4个，含有4个 Z n 2+,即一个Z n S 晶胞含有4个 S?-和4个 Z
37、M,O Z4 x 6 5+3 2 g m o 6 0 2 x 1 02 3 m o l1 i则晶胞的密度为540 Gx i0 10cm3=41g n-3 0 Z n S 晶胞中，面对角线上两个相邻S?一的距离为5 4 0 ap m 得=2 7 丽 p m。每个Z M+与周围4个 S?一形成正四面体结构，两个S 2-与Z*+之间连线的夹角为1 0 9。2&,两个相邻S 2-与Z n 2+形成等腰三角形（如 2 7 0 a p m a图所示），则 a b 之间的距离为 髭 溪8,p msinf-4 x 6 5+3 2 g-m o，自上3一、6.0 2 x 1 0 2 3 门 -1 2 7 0 1
38、3 5 s 二 参考答案54 0 x l 0 1 0 c m3 =4J-1 c o s 1 0 9。2,或 理 垄 或”市s m 2【秒杀技巧】根据题意，画出平面结构示意图进行分析。/ft.&A-易错快攻究错必备i.晶胞各物理量的计算求根 据 晶 胞 结 构 确 定 各 种 粒 子 的 数 目 一 晶 胞 质 量 1=m _求 J-。一 三 一 晶体密度根 据 晶 胞 的 边 长 或 微 粒 间 距 离-*晶胞体积 J2.晶体微粒与M、之间的关系若 1 个晶胞中含有x 个微粒，则 1 m o l 晶胞中含有x m o l 微粒，其质量为x M g（M 为微粒的相对“分子”质量）；又 1 个晶胞
39、的质量为p a3 g（炉为晶胞的体积），则 1 m o l 晶胞的质量为。加 必 g,因此有XM=2 3 NA。【变 式 训 练】按要求回答下列问题：（l）F e 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 o图 1 图 2 图3 图 4 图-5（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：O（3）铁镁合金是目
40、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-c n T 3（列出计算式即可，用 心 表示阿伏加德罗常数的值）。【答案】（1）2 火。3 3：2 （2）（0,0，孚）（3）M g2F e 就:黑 乳【解析】（1）面心立方晶胞边长为“，体 积 V=3,含 有 F e 原子数目为8 x/+6 x g=4,故,=3,（面心）=4 x 段 以NA为阿伏加德罗常数的值），体心立方晶胞边长为b,体 积V=bi,含有F e 原子数目为8 x|+1 =2,故 帅（体心）=2 嘿g,故p（面心）：（体心）=2 :a 面心立方晶胞
41、中每个F e 原子周围有1 2 个 F e 原子，体心立方晶胞中每个F e 原子周围有8个 F e 原子，故 F e 原子配位数之比为1 2 :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1 2 0。，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 度，D 点到垂足的距离 为 坐 则 C 点的坐标为（0,0,半）。（3）根据均摊法可知晶胞中铁原子数为8X（+6X=4,镁原子数为8,则铁镁合金的化学式是M g zF e。由题给
42、条件知，1个晶胞的体积为（e10）c m 3,1个晶胞的质量为，x（.5 6：2 4 x 2）根 据=&可得合金的密度是4 x 1 0 4 -（PN群 0 2 1 gC m 学霸丢分错题J1.（2 0 2 1 全国甲卷）我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。S i 的 价 电 子 层 的 电 子 排 式 为：单晶硅的晶体类型为。S i C L 是生产高纯硅的前驱体，其中S i 采 取 的 杂 化 类 型 为。S i C 1
43、 4 可发生水解反应，机理如下：ClSi.C 1:一、H 二 时 Cl Y/o H含S、p、d轨道的杂化类型有：,含s、p、d轨道的杂化dsp2、sp3 d、sp3 d2,中间体SiCMH zO)中S i采 取 的 杂 化 类 型 为(填 标 号)。(2)CO2分子中存在_个6键和 个兀键。(3)甲醇的沸点(6 4.7 C)介于水(100C)和甲硫醇(CH 3 SH,7 6 C)之间，其原因是。(4)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO?固溶体。四方ZrCh晶胞如图所示。Zr4+离 子 在 晶 胞 中 的 配 位 数 是,晶胞参数为a pm、a pm、
44、c p m,该晶体密度为 gtm文写出表达式)。在ZrCh中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为Z n-Z r-O y,则y=(用x表达)。2 0。Zr【答案】(l)3 s23 P2 原 子 晶 体(共 价 晶 体)sp3 (2)2 2(3)甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多4x91+8x16【解析】基态S i原子的核外电子排布式为Is22s22P6 3 s23 P2,因此S i的价电子层的电子排式为3 s23 P2;晶体硅中S i原子与S i原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅4-4x1为原子晶体;SiCL中S i原子价
45、层电子对数为4+-=4,因此S i原子采取sp3杂化；由图可知,SiCIMH?。)中S i原子的3键数为5,说明S i原子的杂化轨道数为5,由此可知S i原子的杂化类型为sp-%；(2)CO2的结构式为O=C=O,1个双键中含有1个3键 和1个兀键，因 此1个C02分子中含有2个3键和2个兀键；甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间；(4)以晶胞中右侧面心的Zr4+为例，同一晶胞中与Z d+连接最近且等距的。2-数为4,同理可知右侧晶胞中有4个-与 z d+相连，因此Z 产离子
46、在晶胞中的配位数是4+4=8；1 个晶胞中含有4个 Z rC h 微粒，1 个晶胞的质量，力4molx 91g/mol+8mol x 16g/mol,1 个晶胞的体积为(a 为 0 c m)x(a x K y i 0 c m)x(c x l 0-i 0 c m)=a 2 c x i O.O c n P,ITI因此该晶体密度=4x91+8x16g 4x91+8x16a2cxlO_3ocm3a2c x 7 VAx l O-3 og-C m 3；在 Z r O?中掺杂少量Z r O 后形成的催化剂,化学式可表示为Z n x Z r j O y,其中Z n 元素为+2 价，Z r 为+4 价，O元素为
47、-2价，根据化合物化合价为0可知 2x+4x(l-x)=2y,解得 y=2-x。2.(20 21 全国乙卷)过渡金属元素铭(Cr)是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。回答下列问题:(1)对于基态Cr 原子，下列叙述正确的是.(填标号)。A.轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为 A r 3d 5 4s lB.4s 电子能量较高，总是在比3s 电子离核更远的地方运动C.电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大(2)三价倍离子能形成多种配位化合物。Cr(N H3)3(H2O)2 0卢中提供电子对形成配位键的原子是中心离子的配位数为 Cr(N H3)3(H2O)2 C
48、l 产中配体分子N H3 H2O以及分子P H3的空间结构和相应的键角如图所示。PH3中 P的杂化类型是 o N H 3 的沸点比P H3的,原因是,比。的键角小于N H 3 的，分析原因(4)在金属材料中添加A l Cr z 颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。A l Cr z 具有体心四方结构，如图所示，处于顶角位置的是 原子。设 Cr 和 A 1 原子半径分别为6 和%,则金属原子空间占有率为.%(列出计算表达式)。【答案】(1)A C(2)N、0、Cl 6(3)s p3 高 N H3存在分子间氢键 N H 3含有一对孤对电子，而H 2 O含有两对孤对电子，比0中的孤对电子对成
49、键电子对的排斥作用较大(4)A 1 S71(21C.+1A I)X1 O O3a2c【解析】(D A项，基态原子满足能量最低原理，Cr有24个核外电子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为 A r 3d 5 4s l A正确；B项，Cr核外电子排布为 A r 3d 5 4 s l由于能级交错，3d轨道能量高于4s轨道的能量，即3 d电子能量较高，B错误；C项，电负性为原子对键合电子的吸引力，同周期除零族原子序数越大电负性越强，钾与格位于同周期，铭原子序数大于钾，故铭电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C正确；故 选A C；(2)C r(N H 3)3(H 2 O)2 C l产
50、中三价铝离子提供空轨道，N、0、C 1提供孤对电子与三价铭离子形成配位键，中心离子的配位数为N、0、C 1三种原子的个数和即3+2+1=6；(3)PH 3的价层电子对为3+1=4,故P%中P的杂化类型是s p 3；N原子电负性较强，N H 3分子之间存在分子间氢键，因 此N H 3的沸点比PH 3的高；丛0的键角小于N H 3的，原因是：N H 3含有一对孤对电子，而H?0含有两对孤对电子，H20中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大；(4)已知A I C r 2具有体心四方结构，如图所示，黑球个数为8X +1=2,白球个数为8 X，+2=4,结合化学式A lC r z可知，白球为C r,黑球