上篇 专题2 非选择题超热点突破1 物质结构与性质综合题（PPT课件）-【创新教程】2025年高考化学大二轮专题增分方案（单选）

物质结构与性质综合题 上篇 专题二 物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 突破2 02 课时作业 03 突破1 01 化学 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 突破1　品鉴经典真题，研考向，建模板 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 突破2　突破4个核心考点，析重难，精准练 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 返回导航 化学 上篇 专题二　物质结构与性质 下一页 上一页 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\o\al(5,3))。ClO2中Cl原子的轨道杂化方式为________；O－Cl－O键角________Cl－O－Cl键角(填“＞”“＜”或“＝”)。比较ClO2与Cl2O中Cl－O键的键长并说明原因________________________________________________________________________。 (3)一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°)，其中Cu化合价为＋2。上述反应的化学方程式为__________________________________。若阿伏加德罗常数的值为NA，化合物X的密度ρ＝________g·cm－3(用含NA的代数式表示)。 ►[审题干] 阅读题干，快速、精准地抓住有效信息点，转化为所学知识和解题突破点，如通过“卤素”，考虑卤素性质的递变规律及所能涉及的考查点。 ►[审设问] (1)考查晶体类型和水解：依据几类晶体的特点判断晶体类型，抓住“常温常压下，HOF为无色气体”这一信息点进行解题，依据元素电负性的大小判断HOF中元素的化合价，判断出水解时分别与H＋和OH－结合的物质，从而得到水解产物。 (2)考查轨道杂化方式的判断、键角和键长大小的比较：由ClO2中存在Πeq \o\al(5,3)判断Cl的成键情况，得到它的价层电子对数和杂化方式；通过孤电子对与成键电子对对键角大小的影响规律解题；成键原子相同时，键长大小的比较可以考虑原子轨道重叠的程度大小。 (3)考查晶胞的有关计算：通过分摊法计算晶体的化学式，依据公式ρ＝m/V计算晶体密度。 解析：(1)常温常压下HOF为无色气体，说明其沸点较低，为分子晶体。比较元素的电负性大小可知，HOF中F为－1价，则其水解反应为HOF＋H2O===HF＋H2O2，水解产物为HF、H2O2。(2)ClO2为V形结构，且存在3原子5电子的大π键，则Cl的杂化类型为sp2。ClO2中Cl提供1个电子、每个O提供2个电子形成Πeq \o\al(5,3)，Cl有1个孤电子对，Cl2O中O存在两个孤电子对，根据孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，知Cl2O中Cl—O—Cl键角小于ClO2 中O—Cl—O键角。(3)根据均摊法，X的晶胞中白色小球的个数为16×eq \f(1,4)＋4×eq \f(1,2)＋2＝8，黑色小球的个数为8×eq \f(1,4)＋2＝4，灰色小球的个数为8×eq \f(1,8)＋1＝2，则X中灰球、黑球、白球的个数比为1∶2∶4，根据Cu化合价为＋2，结合元素守恒、化合物中各元素化合价代数和为0可知，X为K2CuF4，则题中反应的化学方程式为CuCl2＋4K＋2F2eq \o(=====,\s\up17(一定条件),\s\do15(　))2KCl＋K2CuF4。该晶胞中含有2个K2CuF4，晶胞质量为 eq \f(64×2＋39×4＋19×8,NA) g，晶胞体积为a×10－10cm×b×10－10cm×c×10－10cm＝abc×10－30cm3，则化合物X的密度ρ＝eq \f(64×2＋39×4＋19×8,NA)g÷(abc×10－30cm3)＝eq \f(4.36×1032,a2cNA)g·cm－3。 答案：(1)分子晶体　HF、H2O2 (2)sp2　＞　键长：ClO2＜Cl2O，ClO2中即存在σ键又存在大π键，原子轨道重叠的程度大，而Cl2O中仅存在σ键，故ClO2中Cl—O键的键长大于Cl2O中Cl—O键的键长 (3)CuCl2＋4K＋2F2eq \o(=====,\s\up17(一定条件),\s\do15(　))2KCl＋K2CuF4　eq \f(4.36×1032,a2cNA) [怎么考·考情把脉] 从近几年新课标的高考试题来看，“物质结构和性质”有的省份单独命制主观大题，有的省份将相关考查内容分布于“工艺流程”“有机化学”“反应原理”中，以“拼盘”形式呈现，题目变化多样，知识覆盖较广，考查主要涉及以下内容： (1)原子结构：能量最低原理的应用；电子排布式、电子排布图的书写；电离能、电负性的大小比较和应用等。 (2)分子结构：σ键、π键、配位键的分析和判断；分子的空间结构、分子的极性的判断；“相似相溶”规律、氢键的性质等知识的应用。 (3)晶体结构：晶体中粒子数目的确定；共价键、分子间作用力、离子键和金属键的判断以及对晶体性质的影响；常见晶体的结构及熔、沸点的比较。 今后的高考命题仍会侧重于上述知识点进行设计，题型也不会有太大变化，但试题的背景会更加新颖，题目会更加综合，更注重体现科学新成果或新发现，更注重考生“结构决定性质”思想的树立和空间想象能力的考查。 [怎么答·思维建模] 物质结构与性质大题突破步骤 考向1　电子排布、电离能和电负性 1．原子(或离子)核外电子排布表示方法 表示方法 举例 电子排布式 Cr：1s22s22p63s23p63d54s1 简化电子排布式 Cu：[Ar]3d104s1 价层电子排布式 Fe：3d64s2 轨道表示式(电子排布图) 2.元素第一电离能的周期性变化 随着原子序数的递增，元素的第一电离能呈周期性变化：同周期元素从左到右，第一电离能有逐渐增大的趋势，稀有气体的第一电离能最大，氢和碱金属的第一电离能最小。同族元素从上到下，第一电离能逐渐减小。 说明　同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势。同能级的轨道为全充满、半充满时，元素的第一电离能较相邻元素要大，即第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能均大于同周期相邻元素。例如，Be、N、Mg、P。 3．元素电负性的周期性变化 元素的电负性：不同元素的原子对键合电子吸引力的大小。 随着原子序数的递增，元素的电负性呈周期性变化：同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大；同族元素从上到下，元素的电负性逐渐减小。 1．(1)(2024·河北卷)钒原子的价层电子排布式为________________。 答案：3d34s2 (2)(2024·湖北卷)基态Be2＋的轨道表示式为______。 答案： (3)(2023·北京卷)基态S原子价层电子排布式是__________。 答案：3s23p4 (4)(2023·北京卷)比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：____________________。 答案：I1(O)＞I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子 (5)(2024·浙江1月卷)下列说法正确的是______。 A．电负性：B>N>O B．离子半径：P3－<S2－<Cl－ C．第一电离能：Ge<Se<As D．基态Cr2＋的简化电子排布式：[Ar]3d4 解析：CD　[同一周期元素，从左到右，电负性依次增强，故顺序为O>N>B，A错误；核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故半径大小顺序为P3－>S2－>Cl－，B错误；同一周期元素，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，ⅤA族和ⅥA族相反，故顺序为Ge<Se<As，C正确；基态Cr原子的简化电子排布式为[Ar]3d54s1，Cr2＋的简化电子排布式为[Ar]3d4，D正确。] 2．(1)(2024·四川成都模拟)Fe、Co、Ni三种元素性质非常相似，称铁系元素。请回答下列问题。 ①三种元素位于周期表中______区(填分区)，基态Ni原子的价层电子轨道表达式为______。 ②Fe成为阳离子首先失去______轨道电子； 答案：①d　 　　 　②4s (2)(2024·陕西商洛模拟预测)硼(B)、钴(Co)和锰(Mn)形成的物质在生产、生活中应用广泛。回答下列问题：基态Co原子核外电子排布式为__________，在第二周期中，第一电离能比N高的元素是__________(填元素符号)。 答案：1s22s22p63s23p63d74s2(或[Ar]3d74s2)　F、Ne (3)(2024·四川凉山三模)聚多巴胺量子点具有广泛的光学吸收和荧光特性，可直接用于体内成像。多巴胺结构如图所示。 基态氮原子的轨道表示式为__________，其最高能层上有__________种运动状态不同的电子。 答案：　5 3．(1)(2024·北京顺义二模)AlCrFeNi是目前采用最多的高熵合金元素组合。 ①Al元素与同周期相邻的元素比较，第一电离能由大到小的顺序是______(用元素符号表示)。 ②基态Fe原子的价层电子的轨道表示式为______________________。 ③Ni元素位于元素周期表的______区。 答案：①Si>Mg>Al 　③d (2)(2024·北京大兴三模)①Co元素在周期表中属于__________区(填“s”“p”“d”或“ds”)。 ②C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为__________。 答案：①d　②N＞O＞C (3)(2024·四川雅安模拟)基态Ti2＋的价层电子排布式为__________，其核外能量最高的电子所在的能层符号为__________，其核外共有__________种运动状态不同的电子。 答案：3d2　M　20 (4)(2024·陕西安康模拟)基态铜原子的核外电子有______种不同的空间运动状态；第二周期元素中，第一电离能比O大的有______种。 答案：15　3 考向2　共价键类型、杂化轨道和空间结构 大π键的理解与判断 (1)概念：在一个具有平面结构的多原子分子中，如果彼此相邻的3个或多个原子中有垂直于分子平面的、对称性一致的、未参与杂化的原子轨道，那么这些轨道可以相互重叠，形成多中心π键。这种不局限在两个原子之间的π键称为离域大π键或共轭大π键，简称大π键。 (2)形成条件 形成大 π键的 条件 这些原子多数处于同一平面上 这些原子有相互平行的p轨道 p轨道上的电子总数小于p轨道数的2倍 (3)表示符号：Πeq \o\al(n,m)，m表示相互平行的p轨道的数目，n表示相互平行的p轨道里的电子数。理论计算证明n＜2m时可形成大π键，解题时可作为验证大π键书写正误的方法。 (4)常见的大π键 分子(离子) 大π键 C6H6(苯) Πeq \o\al(6,6) O3 Πeq \o\al(4,3) NOeq \o\al(－,2) Πeq \o\al(4,3) Neq \o\al(－,3) Πeq \o\al(4,3) NOeq \o\al(－,3) Πeq \o\al(6,4) COeq \o\al(2－,3) Πeq \o\al(6,4) 吡咯： Πeq \o\al(6,5) 1．(1)(大π键、杂化方式|2024·山东卷)[BMIM]＋BFeq \o\al(－,4) (如图)是MnOx晶型转变的诱导剂。 BFeq \o\al(－,4)的空间构型为_________；[BMIM]＋中咪唑环存在Πeq \o\al(6,5)大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为__________________________。 解析：BFeq \o\al(－,4)中B形成4个σ键(其中有1个配位键)，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在Πeq \o\al(6,5)大π键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2。 答案：正四面体形　sp2 (2)(电负性、杂化|2024·全国甲卷)一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，其中电负性最大的元素是_________，硅原子的杂化轨道类型为_________。 答案：C　sp3 (3)(空间结构|2023·北京卷)S2Oeq \o\al(2－,3)的空间结构是__________。 答案：四面体形 2．(1)(富马酸分子中σ键、π键|2022·湖南选择考节选)富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示： 富马酸分子中σ键与π键的数目比为________。 (2)(键角比较及解释|2022·湖南选择考节选)比较键角大小：气态SeO3分子________SeOeq \o\al(2－,3)离子(填“＞”“＜”或“＝”)，原因是_______________________________________。 (3)(化学键的影响|2022·全国甲卷节选)聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因__________________。 解析：(1)由结构模型可知，富马酸的结构简式为HOOCCH===CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目比为11∶3。 (2)三氧化硒分子中心硒原子的价层电子对数为eq \f(6,2)＝3，孤电子对数为eq \f(6－2×3,2)＝0，Se原子sp2杂化，分子的空间结构为平面三角形，键角为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为eq \f(6＋2,2)＝4，孤电子对数为eq \f(6＋2－3×2,2)＝1，SeOeq \o\al(2－,3)中的Se离子sp3杂化，离子的空间结构为三角锥形，键角小于120°。 (3)由于F的电负性较大，因此在与C原子的结合过程中形成的C—F的键能大于聚乙烯中C—H的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯。 答案：(1)11∶3 (2)＞　SeO3的空间结构为平面三角形，SeOeq \o\al(2－,3)的空间结构为三角锥形 (3)C—F的键能大于聚乙烯中C—H的键能，键能越大，化学性质越稳定 3．(1)(大π键|2024·福建泉州检测)①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一个__________杂化轨道与Cl的3px轨道形成C－Cl__________键，并且Cl的轨道3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键(Πeq \o\al(4,3))。 ②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C－Cl键长的顺序是__________，理由：(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C－Cl键越强；(ⅱ)__________。 (2)(2024·山东济南模拟)“点击化学”的研究获得诺贝尔化学奖表彰，如图所示是点击化学的化学反应，所得的产物中含有Πeq \o\al(6,5)大π键。 已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定。 ①产物中__________(填“α”或“β”)位置的N原子更容易形成配位键。 ②反应物中氮氮键键长__________产物中氮氮键键长(填“>”“<”或“＝”)，原因是________________________。 (3)(2024·山东济南模拟)①已知NO2中含有大π键(Πeq \o\al(4,3))，则NOeq \o\al(＋,2)、NO2与NOeq \o\al(－,2)的键角由小到大的顺序为______。 解析：(1)①一氯乙烯中碳原子形成碳碳双键，碳原子采取sp2杂化，基态Cl的价层电子排布式为3s23p5，C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C－Cl σ键；并且Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键(Πeq \o\al(4,3))。 ②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C－Cl键越强，C2H5Cl、C2H3Cl、C2HCl中C的杂化方式依次为sp3杂化、sp2杂化、sp杂化，则三种物质中C－Cl键的键能：一氯乙烷＜一氯乙烯＜一氯乙炔，C－Cl键的键长：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔；同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C－Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键(Πeq \o\al(4,3))，一氯乙炔中Cl的3py轨道与C的2py轨道形成3中心4电子的大π键(Πeq \o\al(4,3))、Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键(Πeq \o\al(4,3))，因此三种物质中C－Cl键的键长：一氯乙烷＞一氯乙烯＞一氯乙炔。 (2)①α位置的N原子中含有1个孤电子对，容易形成配位键；故产物中α、β两位置的N原子中，α位置的N原子更容易形成配位键； ②已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定；反应物中氮原子为sp杂化，产物中氮原子为sp2杂化，则反应物中氮氮键更稳定、键长更短，故反应物中氮氮键比产物中氮氮键的键长短； (3)NOeq \o\al(＋,2)、NOeq \o\al(－,2)中心原子的价层电子对数分别为2、3，NOeq \o\al(＋,2)为直线形，键角为180°，NOeq \o\al(－,2)为平面三角形，键角为120°，而NO2中含有大π键(Πeq \o\al(4,3))，导致电子对的排斥力增大，故键角大于120°，但是小于180°，故键角由小到大的顺序为NOeq \o\al(－,2)<NO2<NOeq \o\al(＋,2)。 答案：(1)①sp2　σ　②一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔　Cl参与形成的大π键越多，形成的C－Cl键的键长越短 (2)①α　②<　反应物中，中心氮原子采用sp杂化，而产物中的N原子采用sp2杂化，反应物中N原子杂化轨道中s成分多，所形成的化学键更稳定，氮氮键的键长短 (3)NOeq \o\al(－,2)<NO2<NOeq \o\al(＋,2) 考向3　结构决定性质——解释原因类简答题 1．氢键及其对物质性质的影响 (1)氢键不是化学键，氢键的作用力大于范德华力。 (2)氢键对物理性质的影响 ①分子间氢键使物质沸点升高 例如沸点：NH3>PH3、H2O>H2S、HF>HCl、CH3CH2OH>CH3OCH3。 ②分子内氢键使物质沸点降低 例如沸点：邻羟基苯甲醛<对羟基苯甲醛。 ③氢键使物质易溶于水 例如NH3、C2H5OH、CH3CHO、H2O2、CH3COOH等易溶于水，其原因是这些分子与水分子之间能形成氢键。 ④解释一些特殊现象 例如水结冰后体积膨胀，是因为水分子间形成氢键的数目增多，水分子排列更有序，体积大，密度小。 2．晶体熔、沸点比较 (1)共价晶体 原子半径越小→eq \x(键长越短)→eq \x(键能越大)→eq \x(熔、沸点越高) 如熔点：金刚石＞碳化硅＞晶体硅。 (2)离子晶体 阴、阳离子的电荷数越多，离子半径越小，离子间的作用力就越强，晶格能越大，离子晶体的熔、沸点就越高，如熔点：MgO＞NaCl＞CsCl。 (3)分子晶体 ①具有分子间氢键的分子晶体熔、沸点反常得高，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。 ③组成和结构不相似的物质(相对分子质量接近)，分子的极性越大，其熔、沸点越高，如CO＞N2。 ④在同分异构体中，一般支链越多，沸点越低，如正戊烷＞异戊烷。 (4)金属晶体 金属离子半径越小，所带电荷数越多，其金属键越强，熔、沸点就越高，如熔、沸点：Na＜Mg＜Al。 1．(1)(氢键结构决定性质|2024·浙江卷)化合物HA、HB、HC和HD的结构如图。 ①HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键(—O—H…OH2)，按照氢键由强到弱对三种酸排序______，请说明理由______。 ②已知HC、HD钠盐的碱性NaC>NaD，请从结构角度说明理由______________________。 (2)(氢键|2024·山东卷)MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(如图)。FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是______________。 解析：(1)①O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C===O＞C===S＞C===Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，从而其中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC>HB>HA； ②HC、HD钠盐的碱性NaC＞NaD，说明酸性HC＜HD，原因是：S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H＋，酸性HD＞HC，C－的水解能力大于D－，钠盐的碱性NaC＞NaD。 答案：(1)①HC>HB>HA　O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C===O＞C===S＞C===Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，其中羟基与H2O形成的氢键逐渐增强　②S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H＋，酸性HD＞HC，C－的水解能力大于D－，碱性NaC＞NaD (2)FDCA形成的分子间氢键更多 2．(1)(晶体熔、沸点高低及原因|2023·全国乙卷)中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物(MgxFe2－xSiO4)。已知一些物质的熔点数据如下表： 物质 熔点/℃ NaCl 800.7 SiCl4 －68.8 GeCl4 －51.5 SnCl4 －34.1 Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是________________________。 分析同族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势及其原因________________________。 SiCl4的空间结构为________，其中Si的轨道杂化形式为________。 (2)(碳的同素异形体及晶体类型|2023·全国甲卷)如图所示的几种碳单质，它们互为________，其中属于共价晶体的是________，C60间的作用力是________。 解析：(1)由表中数据知，NaCl熔点明显高于SiCl4，其原因是氯化钠为离子晶体，其熔点较高 (①不同晶体熔、沸点高低；②同种晶体熔、沸点影响因素)；而SiCl4为分子晶体，其熔点较低。由表中的数据可知，SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势为随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体且分子构型相同即均为正四面体形，相对分子质量越大，其分子间作用力越大，熔点越高，故SiCl4、GeCl4、SnCl4的熔点依次升高。SiCl4的空间结构为正四面体形，其中Si的价层电子对数为4，因此Si的轨道杂化形式为sp3。 (2)同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体。如图所示的几种碳单质，它们的组成元素均为碳元素，因此，它们互为同素异形体；其中金刚石属于共价晶体，石墨属于混合型晶体(石墨晶体为混合型晶体)C60为分子晶体。 答案：(1)钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体、而SiCl4为分子晶体　随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大　正四面体　sp3 (2)同素异形体　金刚石　范德华力(或分子间作用力) 考向4　晶体结构分析及简单计算 1．原子的投影规律和应用 (1)投影在顶点，原子可能在立方晶胞的顶点，或立棱的棱心 (2)投影在边的中心，原子可能在立方晶胞的面心或上下面的棱心 (3)投影在平行四边形的中心，原子可能在上下面的面心或体心 (4)投影在正方形均分为四个小正方形的中心，原子在晶胞内部四面体4个或8个正四面体空隙 2．原子分数坐标 (1)三类常见的坐标系 立方晶胞　XYZ轴均为90°以1个晶胞参数为1 拉长的晶胞　XYZ轴均为90°XY轴相同，Z轴不同。 六方晶胞　XY轴为120°，晶胞参数XY轴相同，Z轴不同。 (2)从最简单的晶胞——简单立方堆积的晶胞模型入手，构建坐标原点、坐标轴和单位长度立体几何模型。 简单立方堆积的晶胞中8个顶点的微粒是完全一致的，因此可以任意选择一个原子为坐标原点。以立方体的三个棱延长线构建坐标轴，以晶胞边长为1个单位长度。由此可得如图所示的坐标系。 六方最密堆积模型的晶胞按此法构建x轴和y轴，只不过夹角不是90°，而是120°。 ①体心晶胞结构模型的原子坐标参数与俯视图 体心立方晶胞的每个顶点都可以看作起点，起点的左边都可以定为(0,0,0)。 若原子1、原子3、原子7的坐标分别为(0,0,0)、(1,1,0)、(1,1,1)，则其他原子的顶点坐标分别为：原子2(0,1,0)、原子4(1,0,0)、原子5(0,0,1)、原子6(0,1,1)、原子8(1,0,1) 原子9处于三个二分位，故其坐标为：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))。x轴、y轴俯视图为 ②面心立方晶胞结构模型图的原子坐标参数和俯视图 原子10～15分别位于六个面的面心，原子1的坐标为(0,0,0)，则确定坐标参数： 10eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))、11eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))、12eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))、13eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))、14eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))、15eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))。 x轴、y轴俯视图为 ③金刚石晶胞结构模型图的原子坐标参数和俯视图 若a原子为坐标原点，晶胞边长的单位为1，则原子1、2、3、4的坐标分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4)))、eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3,4)，\f(3,4)))、eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(1,4)，\f(3,4)))、eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(3,4)，\f(1,4)))。 x轴、y轴俯视图为 [注意]　在确定各原子的坐标时，要注意x、y、z轴的单位标准不一定相同。 1．(晶胞分析)(1)(2024·浙江6月卷)某化合物的晶胞如图，Cl－的配位数(紧邻的阳离子数)为______；写出该化合物的化学式______，写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式________________________________________________________________________。 (2)结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。其中Pb的配位数为____。设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为________ g·cm－3(列出计算式)。 解析：(1)由晶胞结构知，Cl位于8个顶点，O位于体心，K位于面心，1个晶胞中含Cl：8×eq \f(1,8)＝1个、含O：1个、含K：6×eq \f(1,2)＝3个，该化合物的化学式为K3ClO；由图可知，Cl－的配位数为eq \f(8×3,2)＝12；该化合物可看成KCl·K2O，故该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3·H2O，反应的化学方程式为K3ClO＋2NH4Cl＋H2O===3KCl＋2NH3·H2O。 (2)由PbS晶胞结构图可知，该晶胞中有4个Pb和4个S，距离每个原子周围最近的原子数均为6，因此Pb的配位数为6。设NA为阿伏加德罗常数的值，则NA个晶胞的质量为4×(207＋32)g，NA个晶胞的体积为NA×(594×10－10cm)3，因此该晶体密度为eq \f(4×207＋32,NA×594×10－103)g·cm－3(或eq \f(956,NA×594×10－103)g·cm－3)。 答案：(1)12　K3ClO　K3ClO＋2NH4Cl＋H2O===3KCl＋2NH3·H2O (2)6　eq \f(4×207＋32,NA×594×10－103)g·cm－3(或eq \f(956,NA×594×10－103)g·cm－3) 2．(1)(晶胞投影与化学式和配位数|2023·浙江6月卷)氮的化合物种类繁多，应用广泛。某含氮化合物晶胞如图，其化学式为____________，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为____________。 (2)(硼镁化合物晶胞及投影|2023·全国乙卷)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于立方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如图所示，晶胞中含有________个Mg。该物质化学式为________________，B—B最近距离为________。 (3)(晶胞密度|2023·全国甲卷)气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中Al的轨道杂化类型为________。AlF3的熔点为1 090 ℃，远高于AlCl3的192 ℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为________键。AlF3结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，F－的配位数为________。若晶胞参数为a pm，晶体密度ρ＝________g·cm－3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 解析：(1)由题图知，Ca2＋个数为2＋4×eq \f(1,6)＋4×eq \f(1,12)＝3，CNeq \o\al(2－,2)个数为2＋2×eq \f(1,3)＋2×eq \f(1,6)＝3，则其化学式为CaCN2；根据六方最密堆积图 有3个，本题中分析得到2－,2)INCLUDEPICTURE"23E133.TIF" ，以这个CN进行分析，其俯视图为，因此距离最近的钙离子个数为6，其配位数为6。 (2)由硼镁化合物的晶体结构可知，Mg位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有12×eq \f(1,6)＋2×eq \f(1,2)＝3个Mg原子，由晶胞沿c轴的投影图可知本题所给晶体结构包含三个晶胞，且晶体结构中B在正六棱柱体内，共6个，则该物质的化学式为MgB2；由晶胞沿c轴的投影图可知，B原子在图中两个正三角形的重心，该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的2倍，顶点到对边的垂线长度为eq \f(\r(3),2)a，因此B—B最近距离为eq \f(\r(3),2)a×eq \f(1,3)×2＝eq \f(\r(3),3)a。 (3)由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与周围的4个氯原子形成正四面体形结构，因此，二聚体中Al的轨道杂化类型为sp3。AlF3的熔点为1 090 ℃，远高于AlCl3的192 ℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键即AlF3为离子晶体，由AlF3的晶胞结构 可知，其中含大球的个数为12×eq \f(1,4)＝3，小球的个数为8×eq \f(1,8)＝1，则大球代表F－，距F－最近且等距的Al3＋有2个，则F－的配位数为2。若晶胞参数为a pm，则晶胞的体积为(a pm)3＝a3×10－30 cm3，晶胞的质量为eq \f(84 g,NA)，则其晶体密度ρ＝eq \f(84×1030,NA·a3) g·cm－3。 答案：(1)CaCN2　6 (2)1　MgB2　eq \f(\r(3),3)a (3)sp3　离子　2　eq \f(84×1030,NA·a3) 3．(原子分数坐标)(1)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。 　　坐标 原子　　 x y z Cd 0 0 0 Sn 0 0 0.5 As 0.25 0.25 0.125 一个晶胞中有________个Sn，找出距离Cd(0,0,0)最近的Sn________(用分数坐标表示)。CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有________个。 以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，则原子2和3的坐标分别为______________、______________。 解析：(1)由四方晶系CdSnAs2晶胞及原子的分数坐标可知，有4个Sn位于棱上，6个Sn位于面上，则属于一个晶胞的Sn的个数为4×1/4＋6×1/2＝4。与Cd(0,0,0)最近的Sn原子为如图所示的a、b两个Sn原子，a位置的Sn的分数坐标为(0.5,0,0.25)，b位置的Sn的分数坐标为(0.5,0.5,0)。CdSnAs2晶体中Sn除与该晶胞中的2个As键合外，还与相邻晶胞中的2个As键合，故晶体中单个Sn与4个As键合。 (2)根据题图1中原子1的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，可看出原子2的z轴为0，x、y轴均为eq \f(1,2)，则原子2的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))；原子3的x、y轴均为0，z轴为eq \f(1,2)，则原子3的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))。 答案：(1)4　(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0)　4 (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2))) 求目标原子坐标参数的思维模板 $$