貴州省貴陽三十八中新高考化學(xué)晶胞的相關(guān)計算專項訓(xùn)練與熱點解答題組合練含答案一、晶胞的相關(guān)計算1．氮及其化合物有許多用途?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)原子的電子排布式為________，錳的第三電離能比鐵的第三電離能大，這是因為________________________________________________________。（2）的沸點（71℃）比的沸點（25．7℃）高，主要原因是______________________。（3）根據(jù)價層電子對互斥理論，、、三種微粒中，中心原子價層電子對數(shù)不同于其他微粒的是_______。（4）（氮化錳）的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞參數(shù)為0．3851nm。該氮化錳的密度為（列出計算式）。________________________________________________________2．鈀(Pd)、鋅及其化合物在合成酮類物質(zhì)中有極其重要的作用，如圖為合成的反應(yīng)過程：回答下列問題：(1)I原子價電子排布式為___________，其能量最高的能層是___________(填能層符號)。(2)H、C、O三種元素的電負性由大到小的順序為___________。(3)中碳原子的雜化方式為___________。(4)ZnCl2溶液中加入足量氨水，發(fā)生的反應(yīng)為ZnCl2＋4NH3·H2O＝[Zn(NH3)4]Cl2＋4H2O。①上述反應(yīng)涉及的物質(zhì)中，固態(tài)時屬于分子晶體的是___________。②NH3的空間構(gòu)型為___________。③1mol[Zn(NH3)4]Cl2中含有___________molσ鍵。(5)Zn和Cu可形成金屬互化物(ZnCu)，該金屬互化物中所有金屬原子均按面心立方最密堆積，若所有Cu均位于晶胞的面心，則Zn位于晶胞的___________。(6)金屬鈀的堆積方式如圖所示：①該晶胞中原子的空間利用率為___________(用含π的式子表示)。②若該晶胞參數(shù)a＝658pm，則該晶胞密度為___________(列出計算表達式)g·cm－3。3．磷存在于人體所有細胞中，是維持骨骼和牙齒的必要物質(zhì)，幾乎參與所有生理上的化學(xué)反應(yīng)。回答下列問題：(1)基態(tài)P原子的核外電子排布式為____________________，有___________個未成對電子。(2)磷的一種同素異形體一一白磷(P4)的立體構(gòu)型為_______________，其鍵角為___________，推測其在CS2中的溶解度___________(填“大于”或“小于”)在水中的溶解度。(3)兩種三角錐形氣態(tài)氫化物膦(PH3)和氨(NH3)的鍵角分別為93.6°和107°，試分析PH3的鍵角小于NH3的原因_________________________________。(4)常溫下PCl5是一種白色晶體，其立方晶系晶體結(jié)構(gòu)模型如上左圖所示，由A、B兩種微粒構(gòu)成。將其加熱至148℃熔化，形成一種能導(dǎo)電的熔體。已知A、B兩種微粒分別與CCl4、SF6互為等電子體，則A為___________，其中心原子雜化軌道類型為___________，B為___________。(5)磷化硼(BP)是一種超硬耐磨涂層材料，上圖為其立方晶胞，其中的每個原子均測是8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，試判斷其熔點___________(填“高于”或“低于”)金剛石熔點。已知其B—P鍵長均為xcm，則其密度為___________g·cm－3(列出計算式即可)。4．非金屬元素在化學(xué)中具有重要地位，請回答下列問題：（1）氧元素的第一電離能比同周期的相鄰元素要小，理由________。（2）元素X與硒（Se）同周期，且該周期中X元素原子核外未成對電子數(shù)最多，則X為_____（填元素符號），其基態(tài)原子的電子排布式為_______。（3）臭齅排放的臭氣主要成分為3－MBT－甲基2丁烯硫醇，結(jié)構(gòu)簡式為（）1mol3－MBT中含有鍵數(shù)目為_______NA（NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值）。該物質(zhì)沸點低于（CH3）2C＝CHCH2OH，主要原因是_______。（4）PCl5是一種白色晶體，熔融時形成一種能導(dǎo)電的液體測得其中含有一種正四面體形陽離子和一種正八面體形陰離子；熔體中P－Cl的鍵長只有198pm和206pm兩種，試用電離方程式解釋PCl5熔體能導(dǎo)電的原因_________，正四面體形陽離子中鍵角大于PCl3的鍵角原因為__________，該晶體的晶胞如圖所示，立方體的晶胞邊長為apm，NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，則該晶體的密度為_______g/cm35．鋅、氮元素形成的化合物在各領(lǐng)域有著重要的作用。(1)基態(tài)Zn2+的價電子排布式為_______________；(2)獨立的NH3分子中，H-N-H鍵鍵角為107°18’。如圖是[Zn(NH3)6]2＋的部分結(jié)構(gòu)以及其中H-N-H鍵鍵角。請解釋[Zn(NH3)6]2＋離子中H-N-H鍵角變?yōu)?09.5°的原因是_____________。(3)離子液體具有很高的應(yīng)用價值，其中EMIM＋離子由H、C、N三種元素組成，其結(jié)構(gòu)如圖所示：大π鍵可用符號Π表示，其中m、n分別代表參與形成大π鍵的原子數(shù)和電子數(shù)。則EMIM＋離子中的大π鍵應(yīng)表示為___________________。化合物[EMIM][AlCl4]具有很高的應(yīng)用價值，其熔點只有7℃，該物質(zhì)晶體的類型是________。(4)過渡元素水合離子是否有顏色與原子結(jié)構(gòu)有關(guān)，且存在一定的規(guī)律，已知Zn2＋等過渡元素離子形成的水合離子的顏色如下表所示：離子Sc3＋Cr3＋Fe2＋Zn2+水合離子的顏色無色綠色淺綠色無色請根據(jù)原子結(jié)構(gòu)推測Sc3＋、Zn2＋的水合離子為無色的原因：____________________。(5)Zn與S形成某種化合物的晶胞如圖所示。①Zn2+填入S2－組成的________________空隙中；②由①能否判斷出S2－、Zn2+相切？_________（填“能”或“否”）；已知晶體密度為dg/cm3，S2－半徑為apm，若要使S2-、Zn2+相切，則Zn2+半徑為____________________pm（寫計算表達式）。6．碳族元素的單質(zhì)和化合物具有非常重要的作用。請回答下列問題。（1）碳族元素中最早用于制造半導(dǎo)體器件的是__(填元素名稱)，其價電子排布式為___。（2）CH3OH分子中C原子的雜化方式為__，SCN-的空間構(gòu)型為___。（3）①烷烴(CnH2n+2)隨n的增大其熔沸點升高，原因是__。②硅與碳同族，也有系列氫化物，但硅烷在種類和數(shù)量上都很少，原因是__。（4）如圖是SiO2晶胞，構(gòu)成二氧化硅晶體結(jié)構(gòu)的最小環(huán)是由__個原子構(gòu)成。已知晶胞參數(shù)為apm，則其晶胞密度為__g·cm-3。7．Ⅰ.羥基磷酸鈣[Ca10(PO4)6(OH)2]具有優(yōu)良的生物相容性和生物活性，它在口腔保健中具有重要作用，可以防止齲齒等，回答下列問題。（1）Ca10(PO4)6(OH)2中，元素的電負性按由大到小的順序依次是___。（2）上述元素都能形成氫化物，其中PH3與同主族元素N形成的氫化物的鍵角關(guān)系是PH3___NH3(填“＞”或“＜”)，PO43-離子空間構(gòu)型是___。（3）現(xiàn)已合成含鈣的全氮陰離子鹽，其中陰離子N5-為平面正五邊形結(jié)構(gòu)，N原子的雜化類型是___。（4）碳酸鈣的分解溫度遠高于碳酸鎂，其原因是___。（5）黑磷是磷的一種同素異形體，與石墨烯類似，其晶體結(jié)構(gòu)片段如圖1所示：其中最小的環(huán)為6元環(huán)，每個環(huán)平均含有___個P原子。Ⅱ.鈷是人體不可或缺的微量元素之一。Co、Al、O形成的一種化合物鈷藍晶體結(jié)構(gòu)如圖2所示。（6）基態(tài)Co原子的價電子排布式為___。該立方晶胞由4個I型和4個Ⅱ型小立方體構(gòu)成，其化學(xué)式為___，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，鈷藍晶體的密度為___g·cm-3(列計算式)。8．一水合甘氨酸鋅是一種礦物類飼料添加劑，結(jié)構(gòu)簡式如圖。（1）基態(tài)Zn2+的價電子排布式為_______________；一水合甘氨酸鋅中所涉及的非金屬元素電負性由大到小的順序是___________________。（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中N的雜化軌道類型為______________；甘氨酸易溶于水，試從結(jié)構(gòu)角度解釋___________________________________________。（3）一水合甘氨酸鋅中Zn2+的配位數(shù)為______________________。（4）[Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2+的另一種配合物，IMI的結(jié)構(gòu)為，則1molIMI中含有________個σ鍵。（5）常溫下IMI的某種衍生物與甘氨酸形成的離子化合物為液態(tài)而非固態(tài)，原因是________________________________________。（6）Zn與S形成某種化合物的晶胞如圖Ⅰ所示。①Zn2+填入S2-組成的________________空隙中；②由①能否判斷出S2-、Zn2+相切？_________（填“能”或“否”）；已知晶體密度為dg/cm3，S2-半徑為apm，若要使S2-、Zn2+相切，則Zn2+半徑為____________________pm（寫計算表達式）。9．中國的鈾工業(yè)自20世紀(jì)50年代興起，現(xiàn)已形成完整的和具有相當(dāng)規(guī)模的科研和工業(yè)生產(chǎn)體系。鈾是原子反應(yīng)堆的原料，常見鈾的化合物有UF4、UO2及(NH4)4〔UO2(CO3)3〕等?；卮鹣铝袉栴}：(1)UF4用Mg或Ca還原可得金屬鈾。①基態(tài)氟原子的價電子排布圖為_____________；②金屬鈾的一種堆積方式為體心立方堆積，該堆積方式的空間利用率為_______；③UF4用Mg或Ca還原時，其氧化產(chǎn)物是MgF2或CaF2，已知MgF2的熔點高于CaF2，其原因是_________________。(2)已知：(NH4)4〔UO2(CO3)3〕3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O↑①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕存在的微粒間作用力是_________；a.離子鍵b.共價鍵c.配位鍵d.金屬鍵②NH4+的空間構(gòu)型為______，與NH4+等電子體的分子或離子有_____(寫一種)；③CO32－中碳原子雜化軌道類型為_________；(3)UO2的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示：①晶胞中U原子位于面心和頂點，氧原子填充在U原子堆積形成的空隙中，在該空隙中氧原子堆積形成的立體的空間構(gòu)型為___________(填“立方體”、“四面體”、“八面體”)；②若兩個氧原子間的最短距離為anm，則UO2晶體的密度為__________g·cm－3。(列出含a算式即可。用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。)10．M、N、R、X、Y為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Z、W都是第四周期過渡元素。R是同主族元素中最活潑的非金屬元素，且能生成分子式為MR2型的共價化合物，Z和Z2+具有相同的單電子數(shù)，Z2+的價電子數(shù)是W+的二分之一，Z的一種氧化物是常見的催化劑。W有W+和W2+兩種常見離子，R和X同主族。請回答下列問題（以下均用化學(xué)符號表示）：（1）寫出R基態(tài)原子的電子排布圖__，M、N和R第一電離能由小到大的順序是__。（2）N的氣態(tài)氫化物極易溶于R的氫化物，且該體系呈堿性，由此可推出兩者主要的結(jié)合方式（請用結(jié)構(gòu)式表示）___。（3）在上述元素形成的分子中，有四種分子互為等電子體，分別是MR2、MX2和MRX以及___，該分子的結(jié)構(gòu)式為__，N與Y形成的NY3分子的空間構(gòu)型是___。（4）M和R所形成MR2晶體以及W晶體的結(jié)構(gòu)都可以如圖表示（O表示一個MR2分子或一個W原子），晶體中正八面體和正四面體空隙數(shù)的比值是__，Z的硫化物有3種晶體，其中一種是Z2+為面心立方堆積，而晶體中全部正四面體空隙的二分之一被S2+占據(jù)，如果兩種離子核間距為acm，則該晶體密度為___。11．新型儲氫材料是開發(fā)利用氫能的重要研究方向。（1）Ti(BH4)3是一種儲氫材料，可由TiCl4和LiBH4反應(yīng)制得。①基態(tài)Cl原子中，電子占據(jù)的最高電子層符號為__，該電子層具有的原子軌道數(shù)為__。②LiBH4由Li+和BH4-構(gòu)成，BH4-的立體構(gòu)型是__，B原子的雜化軌道類型是___。③Li、B元素的電負性由小到大的順序為___。（2）金屬氫化物是具有良好發(fā)展前景的儲氫材料。①LiH中，離子半徑：Li＋__H-(填“>”“＝”或“<”)。②某儲氫材料是短周期金屬元素M的氫化物。M的部分電離能如下表所示：I1/kJ·mol-1I2/kJ·mol-1I3/kJ·mol-1I4/kJ·mol-1I5/kJ·mol-1738145177331054013630M是__族元素。（3）圖2是立方氮化硼晶胞沿z軸的投影圖，請在圖中圓球上涂“●”和涂“”分別標(biāo)明B與N的相對位置___。（4）NaH具有NaCl型晶體結(jié)構(gòu)，已知NaH晶體的晶胞參數(shù)a＝488pm，Na＋半徑為102pm，H-的半徑為__，NaH的理論密度是__g·cm-3（保留3個有效數(shù)字）。12．Fe、Cu、Mn三種元素的單質(zhì)及化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛應(yīng)用．

是一種多功能材料，工業(yè)上常以和尿素、氧化劑等為原料制備．尿素分子中碳原子的雜化軌道類型為______，l

mol尿素分子中含有的鍵數(shù)為______．某學(xué)習(xí)小組擬以廢舊于電池為原料制取錳，簡易流程如下：用濃鹽酸溶解二氧化錳需保持通風(fēng)，原因是______用化學(xué)方程式表示．寫出碳酸錳在空氣中灼燒生成四氧化三錳的化學(xué)方程式______．基態(tài)銅原子的電子排布式為______，與Cu同周期且原子序數(shù)最小的第Ⅷ族元素，其基態(tài)原子核外有______個未成對電子．圖1是的晶胞結(jié)構(gòu)，晶胞的邊長為則的密度為______

用表示阿伏加德羅常數(shù)的值．綠礬是補血劑的原料，保存不當(dāng)易變質(zhì)．請設(shè)計實驗檢驗綠礬是否完全變質(zhì)______．以羰基化合物為載體，提純某納米級活性鐵粉含有一些不反應(yīng)的雜質(zhì)，反應(yīng)裝置如圖已知：，常壓下，

的熔點約為，沸點為，則

的晶體類型為______請用平衡移動原理解釋的原因______．【參考答案】***試卷處理標(biāo)記，請不要刪除一、晶胞的相關(guān)計算1．A解析：[Ar]3d54s2或1s22s22p63s23p63d54s2Mn的3d能級半滿，較穩(wěn)定，不易失去電子NCl3和HCN均為分子晶體，NCl3的相對分子質(zhì)量較大，則熔沸點更高【解析】【分析】【詳解】（1）是25號元素，基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d54s2或1s22s22p63s23p63d54s2，錳的第三電離能是失去3d軌道中的電子，又的3d軌道半滿，穩(wěn)定，不易失去電子，故電離能大于鐵；（2）NCl3和HCN均為分子晶體，NCl3的相對分子質(zhì)量較大，分子間作用力更強，則NCl3的沸點更高；（3）根據(jù)價層電子對互斥理論計算，NCl3的中心原子價層電子對數(shù)，的中心原子價層電子對數(shù)為，的中心原子價層電子對數(shù)為，故中心原子價層電子對數(shù)不同于其他微粒的是；（4）（氮化錳）的晶胞結(jié)構(gòu)可知，含1mol，晶胞參數(shù)為0．3851nm。該氮化錳的密度為：。2．C解析：5s25p5OO>C>Hsp2、sp3NH3·H2O、H2O三角錐形16頂點、面心【解析】【分析】根據(jù)原子雜化軌道和價層電子排布原理進行回答，晶胞原子利用率=原子體積/晶胞總體積，回答下列問題?！驹斀狻?1)I原子為53號元素，則價層電子排布式為：5s25p5；能量最高的為第四層，即O。(2)同周期元素，從左到右元素的電負性逐漸增大，則有電負性C＜O，H的電負性最小，故有H＜C＜O。(3)中碳原子的結(jié)構(gòu)有甲基和苯環(huán)，雜化方式為sp2、sp3。(4)①ZnCl2和[Zn(NH3)4]Cl2為離子晶體，屬于分子晶體的是NH3·H2O、H2O。②NH3的空間構(gòu)型為三角錐形。③鋅和氮原子之間可形成4個σ鍵，每個氨氣中有3個σ鍵，所有1mol[Zn(NH3)4]Cl2中含有4+3×4=16molσ鍵。(5)Zn和Cu可形成金屬互化物(ZnCu)，該金屬互化物中所有金屬原子均按面心立方最密堆積，若所有Cu均位于晶胞的面心，則Zn位于晶胞的頂點、面心。(6)①面心立方最密堆積結(jié)構(gòu)，含有鈀原子數(shù)目為=4個鈀原子，設(shè)鈀原子半徑為r，晶胞中鈀原子的體積為，面心立方中，體對角線上為3個鈀原子相切，則體對角線為4r，晶胞邊長為，晶胞體積為，該晶胞中原子的空間利用率為。②若該晶胞參數(shù)a＝658pm，則該晶胞密度為=g·cm－3。【點睛】本題計算晶胞密度時，注意①NA個晶胞質(zhì)量和摩爾質(zhì)量關(guān)系；②金屬原子半徑和立方體邊長關(guān)系；③單位關(guān)系換算1nm=1000pm=10-9m。3．C解析：1s22s22p63s23p33正四面體60°大于電負性N強于P，中心原子的電負性越大，成鍵電子對離中心原子越近，成鍵電子對之間距離越小，成鍵電子對之間的斥力增大，鍵角變大PCl4+sp3PCl6-低于或【解析】【分析】(1)根據(jù)元素符號，判斷元素原子的核外電子數(shù)，再根據(jù)核外電子排布規(guī)律來寫；(2)白磷分子是正四面體結(jié)構(gòu)，四個P原子位于正四面體頂點上，物質(zhì)溶解性遵循相似相溶原理；(3)NH3中N原子成3個σ鍵，有一對未成鍵的孤對電子，雜化軌道數(shù)為4，采取sp3型雜化，孤對電子對成鍵電子的排斥作用較強，氨氣分子空間構(gòu)型是三角錐形，電負性N強于P，中心原子的電負性越大，成鍵電子對離中心原子越近，成鍵電子對之間距離越?。?4)PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，說明生成自由移動的陰陽離子，一種正四面體形陽離子是PCl4+和一種正六面體形陰離子是PCl6-，即發(fā)生反應(yīng)為：2PCl5=PCl4++PCl6-；(5)晶胞中：P位于頂點和面心，數(shù)目為8×+6×=4，B位于晶胞內(nèi)，數(shù)目為4，則磷化硼晶體的化學(xué)式為BP，由于磷化硼是一種超硬耐磨涂層材料，屬于原子晶體，B-P鍵和C-C鍵相比，鍵長大，則熔點低于金剛石；再根據(jù)ρ=計算密度。【詳解】(1)P元素為15號元素，原子核外有15個電子，所以核外電子排布式為：1s22s22p63s23p3，p軌道上是三個自旋方向相同的三個未成對電子；故答案為：1s22s22p63s23p3；3；(2)白磷分子是正四面體結(jié)構(gòu)，四個P原子位于正四面體頂點上，所以鍵角是60°，為非極性分子，相似相容原理可知，易溶于非極性溶劑中，二硫化碳為非極性溶劑，所以白磷在CS2中的溶解度大于在水中的溶解度；故答案為：正四面體形；60°；大于；(3)NH3中N原子成3個σ鍵，有一對未成鍵的孤對電子，雜化軌道數(shù)為4，采取sp3型雜化雜化，孤對電子對成鍵電子的排斥作用較強，N-H之間的鍵角小于109°28′，所以氨氣分子空間構(gòu)型是三角錐形，電負性N強于P，中心原子的電負性越大，成鍵電子對離中心原子越近，成鍵電子對之間距離越小，成鍵電子對之間的排斥力增大，鍵角變大，PH3的鍵角小于NH3的鍵角；故答案為：電負性N強于P，中心原子的電負性越大，成鍵電子對離中心原子越近，成鍵電子對之間距離越小，成鍵電子對之間的排斥力增大，鍵角變大；(4)PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148℃液化，形成一種能導(dǎo)電的熔體，說明生成自由移動的陰陽離子，一種正四面體形陽離子是PCl4+和一種正六面體形陰離子是PCl6-，即發(fā)生反應(yīng)為：2PCl5=PCl4++PCl6-，已知A、B兩種微粒分別與CCl4、SF6互為等電子體，則A為：PCl4+，PCl4+中P沒有孤電子對。含四個σ鍵，所以原子雜化方式是sp3，B為：PCl6-；故答案為：PCl4+；sp3；PCl6-；(5)磷化硼(BP)與金剛石對比，B、P的原子半徑大于C，則磷化硼(BP)中的鍵長大于金剛石，鍵能小于金剛石，故其熔點低于金剛石的熔點；根據(jù)磷化硼晶胞模型可知，1個晶胞中含有4個硼原子，P=8×+6×=4，則1mol晶胞中含有4molBP，晶胞的棱長=2xsin54°44’，則體積為=（2xsin54°44’）3，ρ==或；故答案是：低于；或?！军c睛】等電子體是指價電子數(shù)和原子數(shù)（氫等輕原子不計在內(nèi)）相同的分子、離子或原子團，A、B兩種微粒分別與CCl4、SF6互為等電子體，Cl、F含有的價電子數(shù)相同，A與C中均含有P，故A為陽離子，B為陰離子。4．F解析：F對最外層電子的吸引力比O強，N原子核外電子處于半滿的較穩(wěn)定狀態(tài)，故第一電離能均高于OCr1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s115（CH3）2C=CHCH2OH分子間含有氫鍵，增大分子間的作用力，使沸點升高2PCl5=PCl4+＋PCl6－PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對。孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力或【解析】【分析】(1)F對最外層電子的吸引力比O強，N原子核外電子處于半滿的較穩(wěn)定狀態(tài)；(2)元素X與(Se)同周期，且該周期中X元素原子核外未成對電子數(shù)最多，X應(yīng)該是第四周期3d、4s能級半滿的原子，為24號元素；該原子核外有24個電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其基態(tài)原子的電子排布式；(3)臭齅排放的臭氣主要成分為3-MBT-甲基2丁烯硫醇，結(jié)構(gòu)簡式為)，共價單鍵為σ鍵、共價雙鍵中一個是σ鍵另一個是排鍵，所以1個3-MBT分子中含有15個σ鍵；存在分子間氫鍵的物質(zhì)熔沸點較高；(4)含有自由移動離子的化合物能導(dǎo)電；孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力；該晶胞中PCl5個數(shù)=1+8×=2，晶胞體積=(a×10-10cm)3，晶胞密度=?！驹斀狻?1)F對最外層電子的吸引力比O強，N原子核外電子處于半滿的較穩(wěn)定狀態(tài)，所以第一電離能均高于O元素(2)元素X與(Se)同周期，且該周期中X元素原子核外未成對電子數(shù)最多，X應(yīng)該是第四周期3d、4s能級半滿的原子，為24號元素；該原子核外有24個電子，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；(3)臭齅排放的臭氣主要成分為3-MBT-甲基2丁烯硫醇，結(jié)構(gòu)簡式為)，共價單鍵為σ鍵、共價雙鍵中一個是σ鍵另一個是Π鍵，所以1個3-MBT分子中含有15個σ鍵，則1mol該分子中含有15NA個σ鍵；(CH3)2C=CHCH2OH分子間含有氫鍵，增大分子間的作用力，使沸點升高；(4)含有自由移動離子的化合物能導(dǎo)電，PCl5是一種白色晶體，熔融時形成一種能導(dǎo)電的液體測得其中含有一種正四面體形陽離子和一種正八面體形陰離子，陽離子、陰離子分別為PCl4+、PCl6-，其電離方程式為2PCl5PCl4++PCl6-；PCl3分子中P原子有一對孤電子對，PCl4+中P沒有孤電子對，孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對間的排斥力，所以正四面體形陽離子中鍵角大于PCl3的鍵角；該晶胞中PCl5個數(shù)=1+8×=2，晶胞體積=(a×10-10cm)3，晶胞密度==g/cm3。5．H解析：3d10氨分子與Zn2＋形成配合物后，孤對電子與Zn2＋成鍵，原孤對電子與成鍵電子對之間的排斥作用變?yōu)槌涉I電子對之間的排斥作用，排斥作用減弱，所以H-N-H鍵鍵角變大Π離子晶體3d軌道上沒有未成對電子(或3d軌道為全空或全滿狀態(tài))正四面體否×1010-a【解析】【分析】(1)基態(tài)Zn的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2，由此可確定Zn2+的價電子排布式。(2)解釋[Zn(NH3)6]2＋離子中H-N-H鍵角變?yōu)?09.5°，可從電子對的排斥作用尋找原因。(3)EMIM＋離子中形成大π鍵的原子有5個，其中3個C原子、2個N原子，參與形成大π鍵的電子數(shù)為6?；衔颷EMIM][AlCl4]，由[EMIM]+、[AlCl4]-構(gòu)成，由此可確定該物質(zhì)的晶體類型。(4)通過對Sc3＋、Cr3＋、Fe2＋、Zn2+四種離子的核外電子進行分析，得出Sc3＋、Zn2＋的水合離子為無色的原因。(5)①四個S2-構(gòu)成正四面體結(jié)構(gòu)，Zn2+體積很小，填入S2－組成的空隙中；②由①無法判斷出S2－、Zn2+是否相切；已知晶體密度為dg/cm3，S2－半徑為apm，若要使S2-、Zn2+相切，可通過建立一個正四面體，確定一個三角形，計算Zn2+半徑。【詳解】(1)基態(tài)Zn的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2，則基態(tài)Zn2+的價電子排布式為3d10。答案為：3d10；(2)在獨立的NH3分子中，N原子的孤電子對排斥成鍵電子對的能力強，[Zn(NH3)6]2＋中，N原子的孤電子對轉(zhuǎn)化為成鍵電子對，對其它三個成鍵電子對的排斥作用減弱，鍵角增大。從而得出解釋[Zn(NH3)6]2＋離子中H-N-H鍵角變?yōu)?09.5°的原因是氨分子與Zn2＋形成配合物后，孤對電子與Zn2＋成鍵，原孤對電子與成鍵電子對之間的排斥作用變?yōu)槌涉I電子對之間的排斥作用，排斥作用減弱，所以H-N-H鍵鍵角變大。答案為：氨分子與Zn2＋形成配合物后，孤對電子與Zn2＋成鍵，原孤對電子與成鍵電子對之間的排斥作用變?yōu)槌涉I電子對之間的排斥作用，排斥作用減弱，所以H-N-H鍵鍵角變大；(3)EMIM＋離子中形成大π鍵的原子有5個，其中3個C原子、2個N原子，參與形成大π鍵的電子數(shù)為6，EMIM＋離子中的大π鍵應(yīng)表示為Π?；衔颷EMIM][AlCl4]，由[EMIM]+、[AlCl4]-構(gòu)成，則晶體類型為離子晶體。答案為：Π；離子晶體；(4)通過對Sc3＋、Cr3＋、Fe2＋、Zn2+四種離子的核外電子進行分析發(fā)現(xiàn)，得出Sc3＋、Zn2＋的電子排布式為1s22s22p63s23p6、1s22s22p63s23p63d10，3d軌道為全空和全滿，而另兩種離子，3d軌道都存在未成對電子，由此得出水合離子為無色的原因是3d軌道上沒有未成對電子(或3d軌道為全空或全滿狀態(tài))。答案為：3d軌道上沒有未成對電子(或3d軌道為全空或全滿狀態(tài))；(5)①四個S2-構(gòu)成正四面體結(jié)構(gòu)，Zn2+體積很小，填入S2－組成的正四面體空隙中；答案為：正四面體；②由①分析，我們不能得出S2－、Zn2+是否相切。由晶胞結(jié)構(gòu)我們可以得出：晶胞中含S2-的個數(shù)為4，含Zn2+的個數(shù)為8×+6×=4，所以晶體的體積為=cm3，晶胞邊長為cm。四個Zn2+在體內(nèi)四個小正四面體的中心，不在同一平面內(nèi)，過b點向上面作垂線，構(gòu)成三角形，兩邊分別為x、x，即可求出斜邊為x(x為晶胞邊長)，則a位置S2-離子與b位置Zn2+之間的距離為x，從而得出a+r(Zn2+)=?×1010pm，r(Zn2+)=(?×1010-a)pm。答案為：否；?×1010-a?！军c睛】計算Zn離子半徑時，我們很容易將2個Zn2+、2個S2-看成處于立方體的同一斜對角線上，從而導(dǎo)致錯誤的產(chǎn)生。6．H解析：鍺4s24p2sp3雜化直線型烷烴分子組成和結(jié)構(gòu)相似，隨著n值增大，相對分子質(zhì)量增大，分子間作用力增大，熔沸點升高Si-Si鍵，Si-H鍵鍵能比較小，易斷裂，不易形成長的硅鏈12【解析】【分析】【詳解】（1）最早用于制造半導(dǎo)體器件的的碳族元素是鍺，鍺是32號元素，位于第四周期，其價電子排布式為：4s24p2，故答案為：鍺；4s24p2；（2）CH3OH中，價層電子對數(shù)=σ鍵電子對數(shù)（4）+中心原子上的孤電子對數(shù)（0）=4，所以碳原子采取sp3雜化，SCN-的中心C原子：價層電子對數(shù)=σ鍵電子對數(shù)（2）+中心原子上的孤電子對數(shù)（0）=2，所以SCN-中C的雜化方式為sp雜化，SCN-的空間構(gòu)型為直線型，故答案為：sp3雜化；直線型；（3）①烷烴分子組成和結(jié)構(gòu)相似，隨著n值增大，相對分子質(zhì)量增大，分子間作用力增大，熔化和氣化時，所需克服的分子間作用力增大，熔沸點升高，故答案為：烷烴分子組成和結(jié)構(gòu)相似，隨著n值增大，相對分子質(zhì)量增大，分子間作用力增大，熔沸點升高；②比起C-C鍵，C-H鍵，Si-Si鍵，Si-H鍵鍵能比較小，易斷裂，不易形成長的硅鏈，但是C-C是可以形成很長碳鏈的，故答案為：Si-Si鍵，Si-H鍵鍵能比較小，易斷裂，不易形成長的硅鏈；（4）從SiO2晶胞來看，構(gòu)成二氧化硅晶體結(jié)構(gòu)的最小環(huán)包含6個Si，6個O，共12個原子，均攤法可得：每個SiO2晶胞中Si的個數(shù)=8×+6+4=8，O原子數(shù)=16，所以1mol晶胞的質(zhì)量=(28×8+16×16)g=480g，那么每個晶胞的質(zhì)量m=，因為晶胞參數(shù)=apm=a×10-10cm，所以每個晶胞的體積V=(a×10-10cm)3，由==g·cm-3，故答案為：12；?！军c睛】（4）==。7．H解析：O＞P＞H＞Ca小于正四面體sp2鎂離子半徑小于鈣離子半徑，與氧離子形成的離子鍵更強，晶格能更大，因此碳酸鎂的熱分解溫度低23d74s2CoAl2O4【解析】【分析】【詳解】（1）同周期從左到右元素的電負性變大，同主族從上到下電負性變小，Ca10(PO4)6(OH)2中，元素的電負性按由大到小的順序依次是O＞P＞H＞Ca；（2）NH3和PH3的空間構(gòu)型都是三角錐型,但是,NH中N-H鍵的鍵長比PH中P-H鍵的鍵長要短,所以在NH3中,成鍵電子對更靠近,排斥力更大,以致鍵角更大。而PH3中成鍵電子對之間的斥力減小,孤對電子對成鍵電子的斥力使H-P-H鍵角更小。PH3與同主族元素N形成的氫化物的鍵角關(guān)系是PH3＜NH3；PO43－中心原子為P，其中σ鍵電子對數(shù)為4，中心原子孤電子對數(shù)=×（5+3-4×2）=0，PO43－中心原子價層電子對對數(shù)為4+0=4，P原子sp3雜化，PO43-離子空間構(gòu)型是正四面體。故答案為：＜；正四面體；（3）含鈣的全氮陰離子鹽，陰離子N5-為平面正五邊形結(jié)構(gòu)，中心原子N，其中σ鍵電子對數(shù)為2，中心原子存在大π鍵，所以N原子的雜化類型是sp2。故答案為：sp2；（4）由于鎂離子半徑小于鈣離子半徑，與氧離子形成的離子鍵更強，晶格能更大，因此，碳酸鎂的熱分解溫度低。（5）黑磷與石墨烯類似，其中最小的環(huán)為6元環(huán)，每個環(huán)平均含有6×=2個P原子。故答案為：2（6）基態(tài)Co原子的價電子排布式為3d74s2；I、II各一個小正方體為一個晶胞，該晶胞中Co原子個數(shù)=（4×+2×+1）×4=8、Al原子個數(shù)=4×4=16、O原子個數(shù)=8×4=32，Co、Al、O原子個數(shù)之比=8：16：32=1：2：4，化學(xué)式為CoAl2O4；該晶胞體積=（2a×10-7cm）3，鈷藍晶體的密度==g·cm-3(列計算式)。故答案為：3d74s2；CoAl2O4；。8．C解析：3d10O>N>C>Hsp3甘氨酸為極性分子，且分子中的氨基和羧基都能與水分子形成氫鍵512NA陰陽離子半徑大，電荷小，形成的離子晶體晶格能小，熔點低正四面體否（×1010-a）pm【解析】【分析】（1）Zn的核電荷數(shù)為30，處于周期表中第4周期第ⅡB族，基態(tài)Zn2+的價電子排布式為3d10；C、N、O是同一周期的元素，從左到右電負性減小，電負性由大到小的順序是O>N>C>H。（2）N原子價層電子對個數(shù)是4，雜化軌道類型為sp3；從分子極性和氫鍵兩個角度解釋；（3）根據(jù)配位數(shù)的定義判斷；（4）1molIMI中含有5molC-N、6molC-H、1molC-H，共12×6.02×1023個σ鍵。（5）從晶格能大小的角度解釋；（6）S2－做面心立方最密堆積，Zn2＋做四面體填隙，根據(jù)結(jié)合晶胞邊長和體對角線的關(guān)系、密度公式ρ=m÷V計算?！驹斀狻浚?）Zn為30號元素，基態(tài)Zn2+的價電子排布式為3d10；一水合甘氨酸鋅中所涉及的非金屬元素C、N、O、H，C、N、O是同一周期的元素，從左到右電負性減小，電負性由大到小的順序是O>N>C>H。（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中N原子形成三個σ鍵，孤電子對為=1，N原子價層電子對個數(shù)是4，雜化軌道類型為sp3；甘氨酸易溶于水，因為：甘氨酸極性分子，且分子中的氨基和羧基都能與水分子形成氫鍵。（3）Zn與甘氨酸中的氧和氮原子形成4個配位鍵，和水中氧形成一個配位鍵，一水合甘氨酸鋅中Zn2+的配位數(shù)為5。（4）[Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2+的另一種配合物，IMI的結(jié)構(gòu)為，則1molIMI中含有5molC-N、6molC-H、1molC-H，共12×6.02×1023個σ鍵。（5）常溫下IMI的某種衍生物與甘氨酸形成的離子化合物為液態(tài)而非固態(tài)，原因是陰陽離子半徑大，電荷小，形成的離子晶體晶格能小，熔點低。（6）①S2－為面心立方最密堆積，Zn2＋做四面體填隙，所以晶體中與Zn2＋等距且最近的S2－形成的立體圖形為正四面體形，Zn2+填入S2-組成的正四面體空隙中；②由①不能判斷出S2-、Zn2+相切；晶體的密度為dg·cm－3，阿伏伽德羅常數(shù)為NA，一個晶胞中含有Zn2＋的個數(shù)為4，S2－的個數(shù)為8×+6×=4個，不妨取1mol這樣的晶胞，即有NA個這樣的晶胞，設(shè)晶胞的邊長為Ccm，一個晶胞的體積為V=c3cm3，則晶體密度為ρ==，所以C=cm，由于晶體中Zn2＋和S2－原子之間的最短距離為體對角線的，所以該晶體中S2－和Zn2＋之間的最短距離為cm=cm，S2-半徑為apm，若要使S2-、Zn2+相切，則Zn2+半徑為（×1010-a）pm。【點睛】本題是對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的考查，涉及核外電子排布、空間構(gòu)型、電離能、分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、晶胞計算等，注意晶胞中原子分攤和晶胞密度的計算。9．F解析：68%MgF2或CaF2均為離子晶體，MgF2的晶格能大于CaF2abc正四面體CH4sp2立方體【解析】【分析】(1)①F元素常用第二周期VIIA族，價電子排布式為2s22p5，結(jié)合泡利原理、洪特規(guī)則畫出價電子排布圖；②根據(jù)體心立方堆積晶胞的內(nèi)部結(jié)構(gòu)計算空間利用率，空間利用率＝；③CaF2和MgF2都是離子晶體，離子電荷相同，離子半徑越小，晶格能越大，晶體的熔點越高；(2)①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕為離子晶體，含有離子鍵，銨根離子中有共價鍵和配位鍵；②根據(jù)VSEPR理論判斷NH4＋的空間構(gòu)型，等電子體是指原子總數(shù)相同，價電子總數(shù)也相同的微粒；③根據(jù)VSEPR理論和雜化軌道理論判斷；(3)①由UO2的晶胞結(jié)構(gòu)，氧原子與周圍的4個U原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，氧原子位于正四面體的中心；②如圖晶胞內(nèi)部上半部4個O原子形成正方形，正方形邊長為晶胞棱長的，均攤法計算晶胞中U、O原子數(shù)目，用阿伏伽德羅常數(shù)表示出晶胞質(zhì)量，晶體密度＝晶胞質(zhì)量÷晶胞體積。【詳解】(1)①F原子價電子排布式為2s22p5，由泡利原理、洪特規(guī)則，價層電子排布圖為；②根據(jù)體心立方堆積晶胞的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，1個體心立方晶胞含有硬球數(shù)目為8×＋1＝2個，設(shè)硬球邊長為a，根據(jù)硬球接觸模型，則硬球半徑與晶胞邊長的關(guān)系為4r＝a，所以r＝a，所以空間利用率＝＝=×100%＝68%；③MgF2和CaF2均為離子晶體，Mg2＋半徑小于Ca2＋半徑，MgF2的晶格能大于CaF2，故MgF2的熔點較高；(2)①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕為離子晶體，含有離子鍵，銨根離子中有共價鍵和配位鍵；②對于NH4＋，根據(jù)VSEPR理論，價電子對數(shù)為VP＝BP＋LP＝4＋＝4，VSEPR模型為四面體形，形成4根N?H鍵，則其空間構(gòu)型為正四面體；等電子體是指原子總數(shù)相同，價電子總數(shù)也相同的微粒，所以與NH4＋互為等電子體的分子或離子有：CH4、BH4?（或BeH42?、AlH4?、SiH4及GeH4）；③對于CO32?，根據(jù)VSEPR理論，價電子對數(shù)為VP＝BP＋LP＝3+＝3，根據(jù)雜化軌道理論，中心C為sp2雜化；(3)①氧原子與周圍的4個U原子形成正四面體結(jié)構(gòu)，氧原子位于正四面體的中心，則氧原子填充在鈾原子形成的正四面體空隙中；②如圖晶胞內(nèi)部上半部4個O原子形成正方形，正方形邊長為晶胞棱長的，若兩個氧原子的最近距離為anm，則晶胞棱長為2anm，晶胞體積＝(2a×10?7cm)3，U原子數(shù)目＝8×＋6×＝4，O原子數(shù)目＝8，晶胞質(zhì)量＝g，故晶體密度＝g÷(2a×10?7cm)3＝g?cm?3。10．C解析：C＜O＜NN2ON=N=O三角錐型1：2g·cm3【解析】【分析】M、N、R、X、Y為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Z、W都是第四周期過渡元素，Z2+的價電子數(shù)是W+的二分之一，可知W+的外圍電子為3d10，Z2+的外圍電子為3d5，W有W+和W2+兩種常見離子，Z的一種氧化物是常見的催化劑，即Z為Mn、W為Cu；R是同主族元素中最活潑的非金屬元素，且能生成分子式為MR2型的共價化合物，R和X同主族，N的氣態(tài)氫化物極易溶于R的氫化物，且該體系呈堿性，N為N，結(jié)合原子序數(shù)可知元素在周期表中的位置為，則M為C、N為N、R為O、X為S、Y為Cl，以此來解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍?，M為C、N為N、R為O、X為S、Y為Cl、Z為Mn、W為Cu；(1)R基態(tài)原子的電子排布圖為，非金屬性越強、第一電離能越大，但N的2p電子半滿為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則M、N和R第一電離能由小到大的順序是C＜O＜N；(2)NH3與H2O均為極性分子，且NH3與H2O分子之間存在氫鍵，根據(jù)相似相溶原理，故NH3易溶于水，氨水中存在NH3?H2O，能部分電離出OH-，導(dǎo)致氨水顯堿性，NH3?H2O的結(jié)構(gòu)式為；(3)等電子體為原子數(shù)目相等，價電子總數(shù)相等的不同微粒，則與CO2互為等電子體的微粒有N2O，其結(jié)構(gòu)式為N=N=O；NCl3中N原子含有3個σ鍵和1個孤電子對，中心原子N是sp3雜化，則NCl3為三角錐型；(5)由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶體中共有類似A點的頂點共有8個，即Cu的晶體中類似晶體中A、B、C、D圍成正四面體空隙共有8個；在MnS晶體中S2-共有，則Mn2+的數(shù)目也為4，則填充Mn2+的正四面體空隙數(shù)和正四面體空隙總數(shù)之比為4:8=1:2，S2-填充在正四面體體心位置，與正四面體頂點Mn2+距離最近，由幾何知識可知，二者距離等于晶胞體對角線長度的，晶胞棱長=acm．晶體中全部正四面體空隙的二分之一被S2-占據(jù)，晶胞中S2-數(shù)目為4，Mn2+數(shù)目=8×+6×=4，晶胞相當(dāng)于含有4個“MnS”，晶胞質(zhì)量=4×g，則該晶體密度為g/cm3。11．B解析：M9正四面體sp3Li<B<ⅡA(或B與N的位置互換)142pm1.37【解析】【詳解】（1）①基態(tài)Cl原子中，電子占據(jù)的最高電子層為第3能層，符號為M，該電子層有1個s軌道、3個p軌道、5個d軌道，具有的原子軌道數(shù)共9個，故答案為：M；9；②LiBH4由Li+和BH4-構(gòu)成，BH4-的中B原子價層電子對數(shù)為=4，B原子的雜化軌道類型是sp3，且不含孤對電子，所以立體構(gòu)型是正四面體，故答案為：正四面體；