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2019版高考化学二轮复习-物质结构与性质含试卷分析答题技巧详细信息
| 宜城教育365速发国际靠谱么_365bet亚洲官方网址_预付365商城下载网www.bjtlcd.com2019版高考化学二轮复习-物质结构与性质含试卷分析答题技巧物质结构与性质历年真题集中研究--明考情1．(2018·全国卷Ⅰ)Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：(1)下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为________、________(填标号)。(2)Li＋与H－具有相同的电子构型，r(Li＋)小于r(H－)，原因是________________________________________________________________________。(3)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是______、中心原子的杂化形式为________。LiAlH4中，存在________(填标号)。A．离子键 B．σ键C．π键 D．氢键(4)Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的Born?Haber循环计算得到。可知，Li原子的第一电离能为________kJ·mol－1，O===O键键能为________kJ·mol－1，Li2O晶格能为________kJ·mol－1。(5)Li2O具有反萤石结构，晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为______________g·cm－3(列出计算式)。[把脉考点]第(1)问 考查核外电子排布规则第(2)问 考查离子半径大小比较第(3)问 考查离子空间构型、中心原子杂化方式、化学键类型判断第(4)问 考查电离能、键能、晶格能的求算第(5)问 考查晶胞的相关计算解析：(1)D选项表示基态，为能量最低状态；A、B、C选项均表示激发态，但C选项被激发的电子处于高能级的电子数多，为能量最高状态。(2)Li＋与H－具有相同的电子构型，Li的核电荷数大于H的核电荷数，因此Li的原子核对电子的吸引能力强，即Li＋半径小于H－半径。(3)LiAlH4的阴离子为AlH－4，AlH－4中Al的杂化轨道数为4＋3＋12＝4，Al采取sp3杂化，为正四面体构型。LiAlH4是离子化合物，存在离子键，H和Al间形成的是共价单键，为σ键。(4)由题给信息可知，2molLi(g)变为2molLi＋(g)吸收1040kJ热量，因此Li原子的第一电离能为520kJ·mol－1；0.5mol氧气生成1mol氧原子吸收249kJ热量，因此O===O键的键能为498kJ·mol－1；Li2O的晶格能为2908kJ·mol－1。(5)由题给图示可知，Li位于晶胞内部，O位于顶点和面心，因此一个晶胞有8个Li，O原子个数＝6×12＋8×18＝4。因此一个Li2O晶胞的质量＝8×7＋4×16NAg，一个晶胞的体积为(0.4665×10－7)3cm3，即该晶体密度＝8×7＋4×16NA?0.4665×10－7?3g·cm－3。答案：(1)DC(2)Li＋核电荷数较大(3)正四面体sp3AB(4)5204982908(5)8×7＋4×16NA?0.4665×10－7?32．(2017·全国卷Ⅱ)我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。回答下列问题：(1)氮原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为____________________________。(2)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图(a)所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是_____________________________________________________________________________________________________________________；氮元素的E1呈现异常的原因是__________________________________________________________________________________________________________________。(3)经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图(b)所示。①从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为______，不同之处为________。(填标号)A．中心原子的杂化轨道类型B．中心原子的价层电子对数C．立体结构D．共价键类型②R中阴离子N－5中的σ键总数为________个。分子中的大π键可用符号Πnm表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π66)，则N－5中的大π键应表示为________。③图(b)中虚线代表氢键，其表示式为(NH＋4)N-H…Cl、____________、_________。(4)R的晶体密度为dg·cm－3，其立方晶胞参数为anm，晶胞中含有y个[(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl]单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为________________。[把脉考点]第(1)问 考查核外电子排布第(2)问 考查同周期元素变化规律第(3)问 考查分子结构与性质第(4)问 考查晶胞中粒子数目的计算解析：(1)根据构造原理可知氮原子价电子排布式为2s22p3，根据洪特规则和泡利原理可写出其价电子的轨道表达式。(2)从图(a)可以看出：除N外，同周期元素随核电荷数依次增大，E1逐渐增大，这是因为随原子半径逐渐减小，结合一个电子需要释放出更多的能量；N原子的2p轨道处于半充满状态，不易再结合一个电子，故E1呈现异常。(3)①结合图(b)可知：晶体R中两种阳离子为NH＋4和H3O＋，其中心原子均采取sp3杂化；NH＋4中成键电子对数为4，H3O＋中含1个孤电子对和3个成键电子对，即中心原子的价层电子对数均为4；两种阳离子中均存在极性键，不存在非极性键。NH＋4和H3O＋分别为正四面体结构和三角锥形结构，即立体结构不同。②从图(b)可以看出：阴离子N－5呈五元环状结构，其含有的σ键总数为5个；N－5中参与形成大π键的电子数为6，故可将其中的大π键表示为Π65。③根据题给表示式可知，除表示出形成氢键的原子外，还要表示出形成氢键的原子所在的原子团和该原子在原子团中的成键情况，因此氢键的表示式还有(H3O＋)O-H…N(N－5)、(NH＋4)N-H…N(N－5)。(4)该晶胞的体积为(a×10－7cm)3，根据yNA×M＝(a×10－7)3d，可求出y＝602a3dM或a3dNAM×10－21。答案：(1)(2)同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大N原子的2p轨道为半充满状态，较稳定，故不易结合一个电子(3)①ABDC②5Π65③(H3O＋)O-H…N(N－5)(NH＋4)N-H…N(N－5)(4)602a3dM或a3dNAM×10－213.(2016·全国卷Ⅲ)砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：(1)写出基态As原子的核外电子排布式___________________________________。(2)根据元素周期律，原子半径Ga________As，第一电离能Ga________As。(填"大于"或"小于")(3)AsCl3分子的立体构型为________，其中As的杂化轨道类型为________。(4)GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是__________________________________________________。(5)GaAs的熔点为1238℃，密度为ρg·cm－3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为________，Ga与As以________键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGag·mol－1和MAsg·mol－1，原子半径分别为rGapm和rAspm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为________。[把脉考点]第(1)问 考查核外电子排布式的书写第(2)问 考查原子半径和第一电离能大小的比较第(3)问 考查分子构型的判断、中心原子杂化类型的判断第(4)问 考查晶体类型对物质熔沸点的影响第(5)问 考查晶体、化学键类型的判断；原子空间利用率的计算解析：(1)As元素在周期表中处于第ⅤA族，位于P元素的下一周期，则基态As原子核外有33个电子，根据核外电子排布规律写出其核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3。(2)同周期主族元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小，Ga与As在周期表中同位于第四周期，Ga位于第ⅢA族，则原子半径：Ga＞As。Ga、As原子的价电子排布式分别为4s24p1、4s24p3，其中As原子的4p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能较大，则第一电离能：Ga＜As。(3)As原子的价电子排布式为4s24p3，最外层有5个电子，则AsCl3分子中As原子形成3个As-Cl键，且含有1对未成键的孤对电子，则As的杂化轨道类型为sp3杂化，AsCl3分子的立体构型为三角锥形。(4)GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，而离子晶体的熔点高于分子晶体。(5)GaAs的熔点为1238℃，其熔点较高，据此推知GaAs为原子晶体，Ga与As原子之间以共价键键合。分析GaAs的晶胞结构，4个Ga原子处于晶胞体内，8个As原子处于晶胞的顶点、6个As原子处于晶胞的面心，结合"均摊法"计算可知，每个晶胞中含有4个Ga原子，含有As原子个数为8×18＋6×12＝4(个)，Ga和As的原子半径分别为rGapm＝rGa×10－10cm，rAspm＝rAs×10－10cm，则原子的总体积为V原子＝4×43π×[(rGa×10－10cm)3＋(rAs×10－10cm)3]＝16π3×10－30(r3Ga＋r3As)cm3。又知Ga和As的摩尔质量分别为MGag·mol－1和MAsg·mol－1，晶胞的密度为ρg·cm－3，则晶胞的体积为V晶胞＝4?MGa＋MAs?ρNAcm3，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为V原子V晶胞×100%＝16π3×10－30?r3Ga＋r3As?cm34?MGa＋MAs?ρNAcm3×100%＝4π×10－30×NAρ?r3Ga＋r3As?3?MGa＋MAs?×100%。答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3(或[Ar]3d104s24p3)(2)大于小于(3)三角锥形sp3(4)GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体(5)原子晶体共价4π×10－30×NAρ?r3Ga＋r3As?3?MGa＋MAs?×100%物质结构与性质为选做题，做为"拼盘"命制的题型，各小题之间相对独立，主要考查原子结构与性质、分子结构与性质、晶体结构与性质。(1)在原子结构部分主要命题点有核外电子排布式或排布图的书写，电离能、电负性大小的比较与判断，电子亲和能的变化规律。(2)在分子结构部分主要命题点有化学键类型的判断，分子构型的判断，中心原子杂化方式的判断。(3)在晶体结构部分主要命题点有晶体类型的判断，晶体熔沸点的判断，晶体结构的计算等。高考题点逐一研究--清盲点该选考大题由题头(介绍题目背景或物质结构知识，元素推断信息)和设问(拼盘式设问物质结构相关主干知识)两部分组成；解题的关键是先确定考查元素在周期表中的相对位置，再联想变化规律和特殊性质，根据题设要求规范回答即可。命题点一原子结构与性质1．能层与能级(1)能层、能级和最多容纳电子数之间的关系能层(n) 一 二 三 四 五 六 七符号 K L M N O P Q能级 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p 4d 4f 5s … …最多容纳的电子数 2 2 6 2 6 10 2 6 10 14 2 … … 2 8 18 32 2n2电子离核远近 近→远电子能量高低 低→高(2)常见原子轨道电子云轮廓原子轨道 电子云轮廓形状 轨道个数s 球形 1p 哑铃形 3(px，py，pz)2．核外电子排布(1)牢记基态原子核外电子排布的三规律能量最低原理 原子核外电子总是先占有能量最低的原子轨道，即1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d→4p→5s→4d→5p→6s…泡利原理 每个原子轨道上最多只容纳2个自旋状态相反的电子洪特规则 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，而且自旋状态相同(2)明确表示基态原子核外电子排布的四方法表示方法 举例电子排布式 Cr：1s22s22p63s23p63d54s1简化表示式 Cu：[Ar]3d104s1价电子排布式 Fe：3d64s2电子排布图(或轨道表示式) (3)防范核外电子排布常见错误①电子排布式a．3d、4s书写顺序混乱。如Fe：1s22s22p63s23p64s23d6?×?Fe：1s22s22p63s23p63d64s2?√?b．违背洪特规则特例。如Cr：1s22s22p63s23p63d44s2?×?Cr：1s22s22p63s23p63d54s1?√?Cu：1s22s22p63s23p63d94s2?×?Cu：1s22s22p63s23p63d104s1?√?②电子排布图错误类型 错因剖析 改正 违背能量最低原理 违背泡利原理 违背洪特规则 违背洪特规则 (4)巧判未成对电子数的两方法①根据电子排布式判断设电子排布式中未充满电子的能级的电子数为n，该能级的原子轨道数为m，则n≤m时，未成对电子数为n；n＞m时，未成对电子数为2m－n。如氯原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，未充满电子的能级为3p能级，有3个原子轨道，填充的电子数为5，所以未成对电子数为2×3－5＝1；Cr原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，未充满电子的能级为3d能级和4s能级，分别有5、1个原子轨道，填充的电子数分别为5、1，所以未成对电子数为6。②根据电子排布图判断电子排布图能够直观地表示未成对电子数，即单独占据一个方框的箭头的个数。3．电离能、电负性(1)元素第一电离能的周期性变化规律一般规律 同一周期，随着原子序数的增加，元素的第一电离能呈现增大的趋势，稀有气体元素的第一电离能最大，碱金属元素的第一电离能最小；同一主族，随着电子层数的增加，元素的第一电离能逐渐减小特殊情况 第一电离能的变化与元素原子的核外电子排布有关。通常情况下，当原子核外电子排布在能量相等的轨道上形成全空(p0、d0、f0)、半满(p3、d5、f7)和全满(p6、d10、f14)结构时，原子的能量较低，该元素具有较大的第一电离能(2)电离能、电负性大小判断规律 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 同周期主族元素，第ⅡA族(ns2)全充满、ⅤA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ⅢA和ⅥA族元素方法 常常应用化合价及物质类别判断电负性的大小，如O与Cl的电负性比较：①HClO中Cl为＋1价、O为－2价，可知O的电负性大于Cl；②Al2O3是离子化合物、AlCl3是共价化合物，可知O的电负性大于Cl(3)电离能、电负性的应用①电离能的应用判断元素金属性的强弱 电离能越小，金属越容易失去电子，金属性越强；反之越弱判断元素的化合价 如果某元素的In＋1?In，则该元素的常见化合价为＋n，如钠元素I2?I1，所以钠元素的化合价为＋1②电负性的应用[对点训练]1．(1)(2018·全国卷Ⅱ节选)硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示： H2S S8 FeS2 SO2 SO3 H2SO4熔点/℃ －85.5 115.2 ＞600 －75.5 16.8 10.3沸点/℃ －60.3 444.6 (分解) －10.0 45.0 337.0则基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为________形。(2)(2018·全国卷Ⅲ节选)锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。①Zn原子核外电子排布式为_________________________________________________________________________________________。②黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)________I1(Cu)(填"大于"或"小于")。原因是________________________________________________________________________。(3)(2017·全国卷Ⅰ节选)钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：①元素K的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为________nm(填标号)。A．404.4 B．553.5C．589.2 D．670.8E．766.5②基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为________。K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是_________________________________________________________________________________________。(4)(2017·全国卷Ⅲ节选)研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2＋3H2===CH3OH＋H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。Co基态原子核外电子排布式为________________。元素Mn与O中，第一电离能较大的是________，基态原子核外未成对电子数较多的是________。(5)(2016·全国卷Ⅰ节选)锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。①基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]__________，有________个未成对电子。②光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是________。(6)(2016·全国卷Ⅱ节选)①镍元素基态原子的电子排布式为____________________，3d能级上的未成对电子数为________。②单质铜及镍都是由________键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu＝1958kJ·mol－1、INi＝1753kJ·mol－1，ICu＞INi的原因是_________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，因此其价层电子的电子排布图为；基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，最高能级为3p，其电子云轮廓图为哑铃(纺锤)形。(2)①锌的核外有30个电子，因此其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，也可写作[Ar]3d104s2。②锌的价层电子排布式为3d104s2，为全满稳定结构，较难失去电子，铜的价层电子排布式为3d104s1，较易失去一个电子，因此锌的第一电离能大于铜的第一电离能。(3)①当对金属钾或其化合物进行灼烧时，焰色反应显紫红色，紫色光的辐射波长范围为400nm～430nm，紫色光波长较短(钾原子中的电子吸收较多能量发生跃迁，但处于较高能量轨道的电子不稳定，跃迁到较低能量轨道时放出的能量较多，故放出的光的波长较短)。②基态K原子核外有4个能层：K、L、M、N，能量依次增高，处于N层上的1个电子位于s轨道，s电子云轮廓图形状为球形。金属原子半径越小、价电子数越多，金属键越强，其熔沸点越高。(4)根据构造原理可写出Co基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。O是非金属元素，而Mn是金属元素，前者易得电子而不易失电子，后者则反之，所以O的第一电离能大于Mn的。Mn和O的基态原子核外电子排布式分别为1s22s22p63s23p63d54s2、1s22s22p4，前者的3d轨道中5个电子均未成对，后者的2p轨道中有2个电子未成对，所以Mn的基态原子核外未成对电子数较多。(5)①锗元素在周期表的第四周期、第ⅣA族，因此核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，p轨道上的2个电子是未成对电子。②Zn和Ge为同周期元素，Ge在Zn的右边，因此Ge的电负性比Zn的强；O为活泼的非金属元素，电负性强于Ge和Zn，因此三者电负性由大至小的顺序为O、Ge、Zn。(6)①Ni是28号元素，根据核外电子的排布规律可知，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2。根据洪特规则可知，Ni原子3d能级上8个电子尽可能分占5个不同的轨道，其未成对电子数为2。②Cu、Ni均属于金属晶体，它们均是通过金属键形成晶体。因Cu元素基态原子的价层电子排布式为3d104s1,3d能级全充满，较稳定，失去第2个电子较难，因此ICu＞INi。答案：(1)哑铃(纺锤)(2)①1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2②大于Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子(3)①A②N球形K原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱(4)1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2OMn(5)①3d104s24p22②O＞Ge＞Zn(6)①1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s22②金属铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子2．(1)Cr3＋基态核外电子排布式为_______________________________________。(2)Cu2＋的电子排布式是_______________________________________________。(3)Si元素基态原子的电子排布式是_____________________________________。(4)N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。原子半径Al________Si，电负性：N________O。(用">"或"<")(5)CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为________。(6)第一电离能Si________S。(用">"或"<")(7)A、B、C、D、E、F为硫酸铝钾和硫酸铝铵的组成元素，A原子核外只有1种运动状态的电子，B、C元素位于第二周期且原子半径B＞C，D与C同主族，E、F元素的电离能数据如下表：元素 第一电离能/(kJ·mol－1) 第二电离能/(kJ·mol－1) 第三电离能/(kJ·mol－1) 第四电离能/(kJ·mol－1)E 418.8 3052 4420 5877F 577.5 1816.7 2744.8 11577请回答下列问题：①A在元素周期表中属于________区元素。②基态E原子的电子排布式为________________。③D、E、F离子半径大小顺序为________________________________________(用离子符号表示)。④B、C、D电负性大小顺序为__________________________________________(用元素符号表示)。⑤参照表中数据，进行判断：Mg原子第一电离能______(填"大于"或"小于")577.5kJ·mol－1。解析：(7)硫酸铝钾和硫酸铝铵的化学式分别为KAl(SO4)2、NH4Al(SO4)2，二者的组成元素有H、O、N、S、Al、K。A原子核外只有1种运动状态的电子，说明A原子核外只有1个电子，A为H。H、O、N、S、Al、K六种元素中，只有O、N处于第二周期，且N的原子半径大于O，故B为N，C为O。与O元素同主族的应该是S，故D为S。根据E、F元素电离能数据可知，E元素的第一电离能和第二电离能相差很大，第二电离能与第三、四电离能相差不大，说明E原子最外层只有1个电子，故E为K，F为Al。①H的原子结构中只有1s上有1个电子，所以H属于s区元素。②E为K，其原子核外有19个电子，基态K原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1。③S2－、Al3＋、K＋半径比较时，由于K＋、S2－具有3个电子层，Al3＋只有2个电子层，所以K＋、S2－的半径都大于Al3＋的半径，K＋和S2－具有相同的电子层结构，原子序数越小，半径越大，故S2－的半径大于K＋的半径。④元素非金属性越强，其电负性越大，故电负性O＞N＞S。⑤Mg原子的价电子排布式为3s2，处于全充满状态，失去3s2上的1个电子比Al原子失去3p1上的1个电子更难，故Mg原子的第一电离能大于577.5kJ·mol－1。答案：(1)1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3(2)1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9(3)1s22s22p63s23p2或[Ne]3s23p2(4)1s22s22p31><(5)H<> 所含微粒数 NaCl(含4个Na＋，4个Cl－) 干冰(含4个CO2) CaF2(含4个Ca2＋，8个F－)晶胞结构 所含微粒数 金刚石(含8个C) 体心立方(含2个原子) 面心立方(含4个原子)3．晶胞求算(1)晶体密度的计算(2)晶体微粒与M、ρ之间的关系若1个晶胞中含有x个微粒，则1mol晶胞中含有xmol微粒，其质量为xMg(M为微粒的相对原子质量)；又1个晶胞的质量为ρa3g(a3为晶胞的体积，a为晶胞边长或微粒间距离)，则1mol晶胞的质量为ρa3NAg，因此有xM＝ρa3NA。[对点训练]1．(2018·全国卷Ⅱ节选)(1)硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示： H2S S8 FeS2 SO2 SO3 H2SO4熔点/℃ －85.5 115.2 ＞600(分解) －75.5 16.8 10.3沸点/℃ －60.3 444.6 －10.0 45.0 337.0①图1为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②FeS2晶体的晶胞如图2所示。晶胞边长为anm、FeS2相对式量为M、阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为________________g·cm－3；晶胞中Fe2＋位于S2－2所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为________nm。(2)(2018·全国卷Ⅲ节选)锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。金属Zn晶体中的原子堆积方式如图3所示，这种堆积方式称为________。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为________g·cm－3(列出计算式)。(3)(2017·全国卷Ⅰ节选)①KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立方结构，边长为a＝0.446nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图4所示。K与O间的最短距离为________nm，与K紧邻的O个数为________。②在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于________位置，O处于________位置。(4)(2017·全国卷Ⅲ节选)MgO具有NaCl型结构(如图5)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a＝0.420nm，则r(O2－)为________nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a′＝0.448nm，则r(Mn2＋)为________nm。(5)(2016·全国卷Ⅰ节选)晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。图6为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0,0,0)；B为12，0，12；C为12，12，0。则D原子的坐标参数为________。②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a＝565.76pm，其密度为________g·cm－3(列出计算式即可)。(6)(2016·全国卷Ⅱ节选)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图7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dg·cm－3，晶胞参数a＝________nm。解析：(1)①S8和SO2均为分子晶体，S8的相对分子质量大于SO2，因此S8的分子间作用力大，熔沸点比SO2的高。②分析晶胞结构可知，Fe2＋位于棱边和体心，S2－2位于顶点和面心，因此每个晶胞中含有的Fe2＋个数＝12×14＋1＝4，每个晶胞中含有的S2－2个数＝6×12＋8×18＝4，即每个晶胞中含有4个FeS2。一个晶胞的质量＝4MNAg，晶胞的体积＝(a×10－7)3cm3，该晶体密度＝4MNA?a×10－7?3g·cm－3＝4MNAa3×1021g·cm－3。正八面体的边长即为两个面心点的距离，因此正八面体的边长为22anm。(2)金属Zn晶体为六方最密堆积方式(A3型)。六棱柱底边边长为acm，则六棱柱上下面的面积均为6×34a2cm2，则六棱柱的体积为6×34a2ccm3，锌原子在六棱柱的顶点、上下面心和晶胞内，一个晶胞含锌原子个数＝12×16＋2×12＋3＝6，因此一个晶胞中Zn的质量＝65×6NAg，由此可知，Zn的密度＝65×6NA×6×34×a2cg·cm－3。(3)①二者间的最短距离为晶胞面对角线长的一半，即22×0.446nm≈0.315nm。由于K、O分别位于晶胞的顶角和面心，所以与钾紧邻的氧原子有12个。②想象4个晶胞紧密堆积，则I处于顶角，O处于棱心，K处于体心。(4)因为O2－采用面心立方最密堆积方式，所以面对角线长度是O2－半径的4倍，则有[4r(O2－)]2＝2a2，解得r(O2－)＝24×0.420nm≈0.148nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构可得2r(Mn2＋)＋2r(O2－)＝a′，代入数据解得r(Mn2＋)＝0.076nm。(5)①根据题给图示可知，D原子的坐标参数为14，14，14。②每个晶胞中含有锗原子8×18＋6×12＋4＝8个，每个晶胞的质量为8×73NAg，晶胞的体积为(565.76×10－10cm)3，所以晶胞的密度为8×73NA×?565.76×10－10?3g·cm－3。(6)①由晶胞结构图可知，Ni原子处于立方晶胞的顶点，Cu原子处于立方晶胞的面心，根据均摊法，每个晶胞中含有Cu原子的个数为6×12＝3，含有Ni原子的个数为8×18＝1，故晶胞中Cu原子与Ni原子的数量比为3∶1。②根据m＝ρV可得，1mol晶胞的质量为(64×3＋59)g＝a3×dg·cm－3×NA，则a＝2516.02×1023×dcm＝2516.02×1023×d×107nm。答案：(1)①S8相对分子质量大，分子间范德华力强②4MNAa3×102122a(2)六方最密堆积(A3型)65×6NA×6×34×a2c(3)①0.31512②体心棱心(4)0.1480.076(5)①14，14，14②8×736.02×565.763×107(6)①3∶1②2516.02×1023×d×1072．(1)Na2O晶体的晶胞如图1所示，则图1中黑球代表的离子是________(填离子符号)。(2)Cu与Cl形成的一种化合物的立方晶胞如图2所示。该化合物的化学式为________，已知晶胞参数a＝0.542nm，此晶体的密度为__________g·cm－3。(写出计算式，不要求计算结果。阿伏加德罗常数为NA)(3)某FexNy的晶胞如图3所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x－n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图4所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为________________。(4)金刚石晶胞如图5所示，其中含有____个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r＝________a，碳原子在晶胞中的空间占有率为________(不要求计算结果)。解析：(1)在题图1所示的Na2O晶胞中，黑球数是8，白球数是8×18＋6×12＝4，则黑球代表Na＋。(2)根据晶胞结构利用切割法分析，每个晶胞中含有铜原子个数为8×18＋6×12＝4，氯原子个数为4，该化合物的化学式为CuCl；则1mol晶胞中含有4molCuCl,1mol晶胞的质量为4×99.5g，又晶胞参数a＝0.542nm，此晶体的密度为4×99.5NA×?0.542?3×10－21g·cm－3或4×M?CuCl?NA×a3×10－21g·cm－3。(3)能量越低越稳定，从题图4知，Cu替代a位置Fe型晶胞更稳定，其晶胞中Cu位于8个顶点，N(Cu)＝8×18＝1，Fe位于面心，N(Fe)＝6×12＝3，N位于体心，N(N)＝1，其化学式为Fe3CuN。(4)由金刚石的晶胞结构可知，晶胞内部有4个C原子，面心上有6个C原子，顶点有8个C原子，所以金刚石晶胞中C原子数目为4＋6×12＋8×18＝8；若C原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则正方体体对角线长度的14就是C-C键的键长，即34a＝2r，所以r＝38a，碳原子在晶胞中的空间占有率＝8×43πr3a3＝8×43π×38a3a3＝3π16。答案：(1)Na＋(2)CuCl4×99.5NA×?0.542?3×10－21或4×M?CuCl?NA×a3×10－21(3)Fe3CuN(4)8383π163．(1)①ScCl3易溶于水，熔点为960℃，熔融状态下能够导电，据此可判断ScCl3晶体属于________(填晶体类型)。②元素Ce与Sc同族，其与O形成的化合物晶体的晶胞结构如图1所示，该化合物的化学式为________________。(2)①C60和金刚石都是碳的同素异形体，二者相比较熔点高的是________。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，氮化铝晶体与金刚石类似，每个Al原子与________个N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________。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________(填字母)。A．水 B．四氯化碳C．苯 D．硫酸镍溶液④AlCl3在177.8℃时升华，蒸气或熔融状态以Al2Cl6形式存在。下列关于AlCl3的推断错误的是________(填字母)。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 D．Al2Cl6中存在配位键(3)CuFeS2的晶胞如图2所示，晶胞参数a＝0.524nm，c＝1.032nm；CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与________个S原子相连，列式计算晶体密度ρ＝________g·cm－3。(4)硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图3所示，该晶胞中硒原子的配位数为____________；若该晶胞密度为ρg·cm－3，硒化锌的摩尔质量为Mg·mol－1。NA代表阿伏加德罗常数，则晶胞参数a为________pm。解析：(1)①根据熔融状态下能够导电，ScCl3属于离子化合物；②根据晶胞的结构，O原子全部在体内，故含有8个O原子，Ce原子位于顶点和面心，含有Ce原子的个数＝8×18＋6×12＝4，故化学式为CeO2。(2)①C60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由金刚石结构可知每个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AlCl3易升华可知AlCl3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Al-Clσ键，无孤电子对，是非极性分子，易溶于有机溶剂，Al有空轨道，与Cl的孤电子对能形成配位键，A、D正确。(3)由题图2可看出，每个铜原子与4个S原子相连。棱心原子占14，体心占1，面心占12，顶点占18，晶体密度计算公式为4×184g·mol－1?0.524×10－7cm?2×1.032×10－7cm×6.02×1023mol－1≈4.31g·cm－3。(4)根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有4个硒原子，每个硒原子周围也有4个锌原子，所以硒原子的配位数为4，该晶胞中含有硒原子数为8×18＋6×12＝4，含有锌原子数为4，根据ρ＝mV＝4MNAV，所以V＝4MρNA，则晶胞的参数a＝34MNAρcm＝34MNAρ×1010pm。答案：(1)①离子晶体②CeO2(2)①金刚石②4正四面体形③分子晶体BC④BC(3)44.31(4)434MNAρ×1010[专题过关检测]A卷--基础保分练1．近期央视以《王者归"铼"》为专题报道了中国金属铼加工领域的最新成就，即用金属铼造出了航空发动机核心部件，打破了西方国家的技术封锁。已知铼在元素周期表中呈现的信息为75Re铼5d56s2186.2，回答下列问题：(1)铼元素位于元素周期表的第______周期______族。(2)基态Re原子核外有________种不同运动状态的电子，其中核外电子占据最高能层的符号是________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为________。(3)已知Ba与Re位于同一周期，且核外最外层电子数相同，但金属Ba的熔点、沸点都比金属Re的低，原因是_____________________________________________________________________________________________________________________________。(4)铼的许多有机配合物是电致发光材料，已知配合物具有MLCT发射性质，该配合物中，与N原子直接相连的苯环上的C原子的杂化类型为________，写出与配体CO互为等电子体的两种微粒(一种离子、一种分子)：____________________。(5)已知金属Re的一种晶胞结构如图所示，则该晶胞堆积方式为__________堆积，Re原子的配位数为__________，若Re原子的半径为rnm，则晶体的密度是________g·cm－3(用含r的代数式表示)。解析：(1)根据Re的价电子排布式为5d56s2可知铼为过渡金属元素，位于元素周期表第六周期ⅦB族(注意过渡元素的价电子与主族元素的价电子的区别，若价电子为6s2，则位于第六周期ⅡA族)。(2)根据提供的信息可知Re的质子数为75，核外电子数为75，所以基态Re原子核外共有75种不同运动状态的电子；核外电子占据的最高能层为第6层，其符号为P；处于P能层上的2个电子位于6s轨道，其电子云轮廓图形状为球形。(3)根据金属键影响金属晶体的熔、沸点规律，可以得出答案。(4)根据配合物的结构可知，与N原子相连的苯环上的C原子的杂化类型为sp2；等电子体是指原子总数相同、价电子总数相同的微粒，与CO互为等电子体的分子有N2，离子有CN－。(5)根据图示可知金属Re的晶胞为六方最密堆积；与Re最紧邻且距离相等的原子为同层的6个原子和上下层各3个原子，所以配位数是12；Re原子的半径为rnm，则晶胞底面六边形的边长为2rnm，六棱柱晶胞的棱高为83×2rnm，体积为242r3nm3，每个晶胞中实际占有的原子数为12×16＋3＋2×12＝6，可得密度ρ＝6×186.2NA×242r3×10－21＝186.2×1021NA×42r3(g·cm－3)。答案：(1)六ⅦB(2)75P球形(3)Ba为ⅡA族元素，原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱，熔沸点较低(4)sp2N2、CN－(其他答案合理也可)(5)六方最密12186.2×1021NA×42r32．(2018·兰州诊断)核安全与放射性污染防治已引起广泛关注。在爆炸的核电站周围含有放射性物质碘?131和铯?137。碘?131一旦被人体吸入，可能会引发甲状腺肿大等疾病。(1)与铯同主族的前四周期(包括第四周期)的三种元素X、Y、Z的第一电离能如下表：元素代号 X Y Z第一电离能/(kJ·mol－1) 520 496 419基态Z原子的核外电子排布式为________________________________________。X、Y、Z三种元素形成的单质熔点由高到低的顺序为________(用元素符号表示)，其原因为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)F与I同主族，BeF2是由三个原子构成的共价化合物分子，分子中中心原子Be的杂化类型为________，BeF2分子的空间构型是________。(3)Cl与I同主族，Cl具有很强的活泼性，可以形成很多含氯化合物，其中含氧酸HClO、HClO2、HClO3、HClO4的酸性由强到弱的顺序为________________。(4)131I2晶体的晶胞结构如图甲所示，该晶胞中含有____个131I2分子，该晶体属于________(填晶体类型)晶体。(5)KI的晶胞结构如图乙所示，每个K＋的配位数为____。KI晶体的密度为ρg·cm－3，K和I的摩尔质量分别为MKg·mol－1和MIg·mol－1，原子半径分别为rKcm和rIcm，阿伏加德罗常数的值为NA，则KI晶胞中的空间利用率为________。解析：(1)铯为第六周期第ⅠA族元素，则X、Y、Z均为第ⅠA族元素，而第ⅠA族前四周期元素分别为H、Li、Na、K，再由X与Y、Y与Z的第一电离能相差不大可知，这三种元素中不可能含有H，根据同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，可知X、Y、Z分别为Li、Na、K。根据构造原理可知基态K原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1。根据元素周期律可知，单质熔点：Li＞Na＞K。(2)BeF2分子内中心原子为Be，其价电子数为2，F提供2个电子，Be原子的价层电子对数为2，Be原子采取sp杂化，BeF2分子的空间构型为直线形。(3)氯元素构成的多种含氧酸中，氯元素的化合价越高，其对应酸的酸性越强，即酸性：HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO。(4)由晶胞图可知，131I2在晶胞的8个顶点和6个面上，由均摊法可知一个晶胞中含有8×18＋6×12＝4个131I2分子，该晶体属于分子晶体。(5)KI晶胞与NaCl晶胞结构相似，每个K＋紧邻6个I－，即每个K＋的配位数为6。由均摊法可知该晶胞中含K＋数目和I－数目均为4。晶胞中原子所占的体积V1＝43πr3K×4＋43πr3I×4cm3，晶胞的体积V2＝4?MK＋MI?ρNAcm3＝[2(rK＋rI)]3cm3，则KI晶胞中的空间利用率为V1V2×100%＝4π?r3K＋r3I?ρNA3?MK＋MI?×100%＝2π?r3K＋r3I?3?rK＋rI?3×100%。答案：(1)1s22s22p63s23p64s1Li＞Na＞K锂、钠、钾为金属晶体，它们的价电子数相等，金属离子所带的电荷数相同，离子半径依次增大，金属键依次减弱，故熔点依次降低(2)sp直线形(3)HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO(4)4分子(5)64π?r3K＋r3I?ρNA3?MK＋MI?×100%或2π?r3K＋r3I?3?rK＋rI?3×100%3．(2018·广州测试)C、N和Si能形成多种高硬度材料，如Si3N4、C3N4、SiC。(1)Si3N4和C3N4中硬度较高的是________，理由是_________________________________________________________________________________________________。(2)C和N能形成一种类石墨结构材料，其合成过程如图所示。该类石墨结构材料化合物的化学式为________，其合成过程中有三聚氰胺形成，三聚氰胺中N原子的杂化方式有____________。(3)C和N还能形成一种五元环状有机物咪唑(im)，其结构为。化合物[Co(im)6]SiF6的结构示意图如图：①Co原子的价层电子轨道表达式(价层电子排布图)为____________。N与Co之间的化学键类型是________，判断的理由是_________________________________________。②阴离子SiF2－6中心原子Si的价层电子对数为________。阳离子[Co(im)6]2＋和SiF2－6之间除了阴阳离子间的静电作用力，还存在氢键作用，画出该氢键的表示式________________________________________________________________________。例如，水中氢键的表示式为(4)β?SiC为立方晶系晶体，晶胞参数为a，已知Si原子半径为rSi，C原子半径为rC，该晶胞中原子的分数坐标为C：(0,0,0)；12，12，0；12，0，12；0，12，12……Si：14，14，14；14，34，34；34，14，34；34，34，14。则β?SiC立方晶胞中含有________个Si原子、________个C原子；该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为____________________(列出计算式即可)。解析：(1)Si3N4和C3N4均为原子晶体，C的原子半径比Si的原子半径小，故C-N键比Si-N键的键长短，键能大，即C-N键比Si-N键牢固，故C3N4的硬度较高。(2)该类石墨结构材料化合物重复的结构单元为，其中含6个C,7个N为该单元所有，3个N被3个相同单元共有，故C原子个数为6，N原子个数为7＋3×13＝8，故化学式为C6N8。-NH2中N的杂化类型为sp3；===N-中N的杂化类型为sp2。(3)①Co的核外电子排布式为[Ar]3d74s2，故价层电子排布图为N与Co之间形成配位键，因为N有孤对电子，Co2＋有空轨道。②SiF2－6的中心原子Si无孤对电子，故价层电子对数为6。根据提供的水中氢键的表示式，知该阴阳离子间的氢键为。(4)根据晶胞中原子的分数坐标可知，β?SiC的晶胞如图所示，C位于顶点和面心，C原子的个数为8×18＋6×12＝4，Si位于晶胞内，Si原子的个数为4。该晶胞中原子的体积为4×43πr3C＋4×43πr3Si＝163π(r3C＋r3Si)，晶胞的体积为a3，故晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为163π(r3C＋r3Si)÷a3×100%＝16π?r3C＋r3Si?3a3×100%。答案：(1)C3N4两者同属原子晶体，C的原子半径小于Si，与Si-N键相比，C-N键的键长短、键能大(2)C6N8sp2、sp3(3)配位键N有孤对电子，Co2＋有空轨道②6(4)4416π?r3C＋r3Si?3a3×100%4．硒化锌是一种半导体材料，回答下列问题。(1)锌在元素周期表中的位置是________；Se基态原子价电子排布图为________。元素锌、硫和硒第一电离能较大的是________(填元素符号)。(2)Na2SeO3分子中Se原子的杂化类型为________；H2SeO4的酸性比H2SeO3强，原因是________________________________________________________________________。(3)气态SeO3分子的立体构型为________；下列与SeO3互为等电子体的有________(填字母)。A．CO2－3 B．NO－3C．NCl3 D．SO2－3(4)硒化锌晶体的晶胞结构如图所示，图中X和Y处所堆积的原子均为________(填元素符号)；该晶胞中硒原子所处空隙类型为________(填"立方体""正四面体"或"正八面体")，该种空隙的填充率为________；若该晶体的密度为ρg·cm－3，硒化锌的摩尔质量为Mg·mol－1，用NA代表阿伏加德罗常数的数值，则晶胞参数a为________nm。解析：(1)锌的原子序数为30，核外电子排布式为[Ar]3d104s2，故其位于元素周期表中第四周期第ⅡB族。Se的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4，价电子排布图为根据第一电离能的变化规律，Zn、S、Se中第一电离能较大的是S。(2)SeO2－3中，Se上有1对孤对电子，杂化轨道数为4，故Se的杂化类型为sp3。H2SeO4、H2SeO3均为Se元素的含氧酸，可根据非羟基氧的数目或Se的化合价解释二者酸性强弱。(3)SeO3分子中Se无孤电子对，其立体构型为平面三角形。与SeO3互为等电子体的有SO3、CO2－3、NO－3等。(4)该ZnSe晶胞中有4个Se，故X和Y处所堆积的原子均为Zn。该晶胞中1个Se周围有4个等距且紧邻的Zn,4个Se所处空隙类型均为正四面体。空隙填充率是指填充Se的正四面体空隙数和正四面体空隙总数的比值，该晶胞有8个正四面体空隙，填充Se的正四面体空隙有4个，故空隙填充率为50%。该晶胞中含有4个Zn、4个Se，则该晶胞的质量为MNA×4g＝ρg·cm－3×a3，解得a＝34MNAρ×107nm。答案：(1)第四周期第ⅡB族(2)sp3H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3多(或H2SeO4中Se的化合价更高)(3)平面三角形AB(4)Zn正四面体50%34MNAρ×1075．(2019届高三·广州六校联考)镍及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。请回答下列问题：(1)基态Ni原子中，电子填充的能量最高的能级符号为________，价层电子的轨道表达式为________。(2)Ni的两种配合物的结构简式如图所示：①A的熔、沸点高于B的原因为_________________________________________。②A晶体含有化学键的类型为________(填字母)。A．σ键 B．π键C．配位键 D．金属键③A晶体中N原子的杂化方式是_________________________________________。(3)人工合成的砷化镍常存在各种缺陷，某缺陷砷化镍的组成为Ni1.2As，其中Ni元素只有＋2和＋3两种价态，两种价态的镍离子数目之比为__________________________。(4)NiAs的晶胞结构如图所示：①镍离子的配位数为________。②若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为ρg·cm－3，则该晶胞中距离最近的砷原子之间的距离为________________pm。解析：(1)Ni的原子序数是28，根据构造原理可知基态Ni原子中，电子填充的能量最高的能级符号为3d,3d和4s能级上的电子均为价电子，其价层电子的轨道表达式为(2)①根据A、B的结构简式可知A能形成氢键，而B不能形成氢键，故A的熔、沸点高于B。②A晶体中含有共价单键和共价双键，其中共价单键为σ键，共价双键包含1个σ键和1个π键；还含有配位键；综合上述分析可知A晶体中同时含有σ键、π键和配位键。③A晶体中N原子采取sp2杂化。(3)在该缺陷砷化镍Ni1.2As中As为－3价，设1molNi1.2As中Ni2＋、Ni3＋的物质的量分别为xmol和ymol，则2x＋3y－3＝0且x＋y＝1.2，解得x＝y＝0.6，即该砷化镍Ni1.2As中Ni2＋和Ni3＋数目之比为0.6∶0.6＝1∶1。(4)①由NiAs的晶胞结构可知，镍离子的配位数为4。②该晶胞中含有4个As原子，根据均摊法可知，该晶胞中Ni原子个数为18×8＋12×6＝4，即该晶胞中含有4个Ni原子和4个As原子，设晶胞的边长为acm，则4NA×134g＝(ρ·a3)g，解得a＝34×134ρNA；晶胞中面对角线的长度为2·34×134ρNA×1010pm，则该晶胞中距离最近的两个As原子间的距离为面对角线长度的12，即22·34×134ρNA×1010pm或22·3536ρNA×1010pm。答案：(1)3d(2)①A能形成氢键②ABC③sp2(3)1∶1(4)①4②2234×134ρNA×1010或22·3536ρNA×10106．(2018·武汉调研)Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的应用。(1)基态Co原子的价电子排布式为________，Co2＋核外3d能级上有________对成对电子。(2)Co3＋的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2＋中，Co3＋的配位数是________。1mol配离子中所含σ键的数目为________，配位体N－3中心原子的杂化类型为________。(3)Co2＋在水溶液中以[Co(H2O)6]2＋存在。向含Co2＋的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2＋，其原因是_________________________________________________。(4)某蓝色晶体中，Fe2＋、Fe3＋分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN－，K＋位于立方体的某恰当位置上。据此可知该晶体的化学式为________，立方体中Fe2＋间连接起来形成的空间构型是________。(5)NiO的晶胞结构如图甲所示，其中原子坐标参数A为(0,0,0)，B为(1,1,0)，则C原子坐标参数为________。(6)一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成"单分子层"，可以认为O2－作密置单层排列，Ni2＋填充其中(如图乙)，已知O2－的半径为apm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为________g(用含a、NA的代数式表示)。解析：(1)基态Co原子核外有27个电子，按照构造原理，其核外电子排布式为[Ar]3d74s2，则价电子排布式为3d74s2。Co2＋核外3d能级的电子排布图为有2对成对电子。(2)Co3＋的配体中有1个N－3，5个NH3，配位数为6。1molCo3＋与6mol配体之间有6molσ键，1molN－3含有2molσ键，5molNH3含有15molσ键，故1mol配离子中所含σ键的数目为(6＋2＋15)NA＝23NA。N－3与CO2互为等电子体，N－3为直线形离子，故中心原子的杂化类型为sp。(3)NH3与H2O相比，N元素的电负性比O元素的电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2＋形成的配位键更强。(4)Fe2＋、Fe3＋分别占据立方体互不相邻的顶点，则个数均为4×18＝12；CN－位于棱上，则个数为12×14＝3，Fe2＋、Fe3＋、CN－的个数比为1∶1∶6；根据电荷守恒，K＋与Fe2＋、Fe3＋、CN－的个数比为1∶1∶1∶6，则该晶体的化学式为KFe2(CN)6。Fe2＋在立方体的4个互不相邻的顶点上，形成的空间构型为正四面体形。(5)根据题图甲知，C原子坐标参数为1，12，12。(6)如图所示，以1个小菱形为研究对象，该菱形中含有1个Ni2＋、1个O2－，该菱形的边长为2apm，则该菱形的面积为2a×10－12m×2a×10－12m×32＝23a2×10－24m2；该菱形中含有该晶体的质量为75NAg，故每平方米面积上分散的该晶体的质量为75NA÷(23×10－24a2)g＝75×102423a2NAg。答案：(1)3d74s22(2)623NAsp(3)N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2＋形成的配位键更强(4)KFe2(CN)6正四面体形(5)(1，12，12)(6)75×102423a2NA或2532a2NA×10247．第二代半导体材料[(Ⅲ～Ⅴ)A族化合物]的特殊性能使之成为科学家的研究热点之一。(1)基态镓原子的价电子排布式为_______________________________________。(2)N、P、As位于同一主族，基态磷原子的核外共有________种不同运动状态的电子，NO－3的空间构型为________，NH4NO3中N原子的杂化方式为________，与N2O互为等电子体的分子有________(填一种即可)。(3)Na、Mg、Al三种元素中，按第一电离能由大到小的顺序是________________。(4)氮化硼、氮化铝、氮化镓的结构类似于金刚石，熔点如表所示：物质 BN AlN GaN熔点/℃ 3000 2200 1700试从结构的角度分析它们熔点不同的原因_________________________________________________________________________________________________________。(5)磷化铝晶胞如图所示，P原子的配位数为________，若两个铝原子之间的最近距离为dpm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则磷化铝晶体的密度ρ＝________g·cm－3。解析：(1)镓与铝属于同一主族元素，镓位于第四周期，根据构造原理可写出基态镓原子的价电子排布式为4s24p1。(2)基态磷原子核外有15个电子，运动状态各不相同，即基态磷原子核外共有15种不同运动状态的电子。NO－3的空间构型为平面三角形。NH4NO3中有2种N原子，其中NH＋4中N原子采用sp3杂化，NO－3中的N原子采用sp2杂化。与N2O互为等电子体的分子有CO2等。(3)同一周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但Mg的最外层3s轨道全充满，处于稳定状态，故第一电离能由大到小的顺序为Mg＞Al＞Na。(4)BN、AlN和GaN都是原子晶体，原子半径：B＜Al＜Ga，随着键长逐渐增大，键能逐渐降低，熔点也逐渐降低。(5)根据晶胞结构示意图可知，每个P原子周围连有4个Al原子形成正四面体结构，P原子的配位数为4，在该晶胞中Al原子的个数为8×18＋6×12＝4，P原子的个数为4，即该晶体的化学式为AlP，两个Al原子之间的最近距离为dpm＝d×10－10cm，则晶胞的边长为2d×10－10cm，根据4NA×58g＝ρ×(2d×10－10)3cm3，解得ρ＝582NAd3×1030g·cm－3。答案：(1)4s24p1(2)15平面三角形sp3、sp2CO2(其他合理答案也可)(3)Mg＞Al＞Na(4)氮化硼、氮化铝和氮化镓都是原子晶体，键长依次增大，键能依次降低，熔点依次降低(5)4582NAd3×1030B卷--重点增分练1．(2018·南昌模拟)张亭栋研究小组受民间中医启发，发现As2O3(俗称砒霜)对白血病有明显的治疗作用。氮(N)、磷(P)、砷(As)等都是ⅤA族的元素，该族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。回答下列问题：(1)N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为________；As原子的核外电子排布式为________________________________________________________________________。(2)NH3的沸点比PH3________(填"高"或"低")，原因是_________________。(3)Na3AsO4中含有的化学键类型包括________，AsO3－4的空间构型为________；As4O6的分子结构如图1所示，则在该化合物中As的杂化方式是________。(4)白磷(P4)的晶体属于分子晶体，其晶胞结构如图2。已知晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中含有的P原子个数为________，该晶体的密度为________g·cm－3。(用含NA、a的式子表示)解析：(1)N、P、As属于同主族元素，根据同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，可知第一电离能：N＞P＞As。As位于第四周期ⅤA族，故其核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3或1s22s22p63s23p63d104s24p3。(2)NH3、PH3均为分子晶体，由于NH3分子间存在较强的氢键作用，而PH3分子间仅有较弱的范德华力，因此NH3的沸点比PH3高。(3)Na3AsO4中Na＋与AsO3－4之间为离子键，AsO3－4中As与O之间为共价键。AsO3－4中As无孤电子对，其空间构型为正四面体形。题图1所示的As4O6中As有一对孤电子对，成键(σ键)电子对数为3，杂化轨道数为4，故As的杂化方式为sp3。(4)该晶胞为面心立方堆积，1个晶胞中含有的白磷分子个数为8×18＋6×12＝4，含有的磷原子个数为16。该晶胞含有4个白磷分子，晶胞的体积为a3cm3，故该晶体的密度为31×4×4NAg÷a3cm3＝496a3NAg·cm－3。答案：(1)N＞P＞As[Ar]3d104s24p3(或1s22s22p63s23p63d104s24p3)(2)高NH3分子间存在较强的氢键作用，而PH3分子间仅有较弱的范德华力(3)离子键、共价键正四面体形sp3(4)16496a3NA2．金属钒(V)广泛应用于航空、化工、能源等行业。(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。(2)基态钒原子核外有________个运动状态不同的电子，价电子排布式为____________。(3)VCl2溶液与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)可形成配离子[V(En)2]2＋(En是乙二胺的简写)，该配离子中所含非金属元素的电负性由大到小的顺序是__________________(用元素符号表示)。(4)钒能形成多种配合物，钒的两种配合物X、Y的化学式均为V(NH3)3ClSO4，取X、Y的溶液进行实验(已知配体难电离出来)，所用试剂及所得现象如表所示： X的溶液 X的溶液 Y的溶液 Y的溶液试剂 BaCl2溶液 AgNO3溶液 BaCl2溶液 AgNO3溶液现象 白色沉淀 无明显变化 无明显变化 白色沉淀则X的配离子为________，Y的配体是________。(5)VO晶体的晶胞结构如图所示，VO晶体中V2＋的配位数为________，若该晶胞边长为bnm，则该晶体的密度为________g·cm－3(用含b、NA的代数式表示，NA为阿伏加德罗常数的值)。解析：(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电子云形象化描述。(2)V位于元素周期表中第四周期、第ⅤB族，则其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2，其原子核外有23个运动状态不同的电子，价电子排布式为3d34s2。(3)该配离子中所含非金属元素有N、H、C，电负性大小为N＞C＞H。(4)向配合物X的溶液中加入BaCl2溶液形成白色沉淀，加入AgNO3溶液无明显现象，则X的外界离子为SO2－4，向配合物Y的溶液中加入BaCl2溶液无明显现象，加入AgNO3溶液形成白色沉淀，则Y的外界离子为Cl－，所以配合物X为[V(NH3)3Cl]SO4，配合物Y为[V(NH3)3(SO4)]Cl，X的配离子为[V(NH3)3Cl]2＋，Y的配体为NH3、SO2－4。(5)V2＋与V2＋周围等距且最近的O2－形成一个正八面体，V2＋占据正八面体的中心，O2－占据正八面体的顶点，则V2＋的配位数为6；根据晶胞结构，一个VO晶胞中，含有V的数目为8×18＋6×12＝4，含有O的数目为1＋12×14＝4，则一个晶胞的质量m＝4×67NAg，一个晶胞的体积V0＝b3nm3＝(b×10－7)3cm3，则晶体的密度ρ＝mV0＝4×67?b×10－7?3NAg·cm－3。答案：(1)电子云(2)233d34s2(3)N＞C＞H(4)[V(NH3)3Cl]2＋NH3、SO2－4(5)64×67?b×10－7?3NA3．(2018·贵阳检测)铬铁合金作为钢的添加料生产多种具有高强度、耐高温、耐腐蚀等优良性能的特种钢，这类特种钢中含有碳、硅、氧、氮、磷等元素。(1)基态Cr原子的价电子排布式为_______________________________________。(2)PO3－4的空间构型为________，中心原子的杂化方式为________。(3)碳化硅(SiC)晶体具有类似金刚石的结构，其中碳原子和硅原子的位置是交替的，但是碳化硅的熔点低于金刚石，原因是________________________________________。(4)无水CrCl3和氨分子作用能形成某种配合物，该配合物的组成相当于CrCl3·6NH3。已知：若加入AgNO3溶液，能从该配合物的水溶液中将所有的氯沉淀为AgCl；若加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生。请从配合物的形式推算出它的内界和外界，写出该配合物的结构式________________，1mol该配合物中含有σ键的数目为________。(5)铁和氮形成一种晶体，晶胞结构如图所示，则该晶体的化学式为____________，若该晶体的密度为ρg·cm－3，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是________cm3。解析：(1)基态Cr原子核外有24个电子，电子排布式为[Ar]3d54s1，故价电子排布式为3d54s1。(2)PO3－4中P无孤电子对，空间构型为正四面体形，中心原子P的杂化方式为sp3杂化。(4)加入AgNO3溶液，能将所有氯沉淀，说明Cl－为外界，加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生，说明NH3在内界，故该配合物的结构式为[Cr(NH3)6]Cl3。该配合物中Cr与6个NH3之间的配位键均为σ键，NH3中N-H键为σ键，故1mol该配合物中含有σ键的数目为24NA。(5)该晶胞中Fe位于顶点和面心，个数为8×18＋6×12＝4，N位于体心，个数为1，故该晶体的化学式为Fe4N。该晶胞的质量为56×4＋14NAg＝238NAg，故该晶胞的体积为238NAg÷ρg·cm－3＝238ρNAcm3。答案：(1)3d54s1(2)正四面体sp3(3)两种晶体都是原子晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，熔点越高。原子半径：C＜Si，键长：C-C键＜Si-C键，所以碳化硅的熔点低于金刚石(4)[Cr(NH3)6]Cl324NA(5)Fe4N238ρNA4．(2018·惠州调研)钛(22Ti)铝合金在航空领域应用广泛，回答下列问题：(1)基态Ti原子的核外电子排布式为[Ar]________，其中s轨道上总共有________个电子。(2)六氟合钛酸钾(K2TiF6)中存在[TiF6]2－配离子，则钛元素的化合价是________，配位体是________。(3)TiCl3可用作烯烃定向聚合的催化剂，例如，丙烯用三乙基铝和三氯化钛作催化剂时，可以发生聚合反应：nCH3CH===CH2――→Al?C2H5?3－TiCl3CH(CH3)-CH2，该反应涉及的物质中碳原子的杂化轨道类型有________；该反应涉及的元素中电负性最大的是________。三乙基铝是一种易燃物质，在氧气中三乙基铝完全燃烧所得产物中分子的立体构型是直线形的是________。(4)钛与卤素形成的化合物的熔沸点如表所示： 熔点/℃ 沸点/℃TiCl4 －25 136.5TiBr4 39 230TiI4 150 377分析TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定规律的原因是________________________________________________________________________。(5)金属钛有两种同素异形体，常温下是六方堆积，高温下是体心立方堆积。如图所示是钛晶体的一种晶胞，晶胞参数a＝0.295nm，c＝0.469nm，则该钛晶体的密度为________g·cm－3(用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。解析：(1)基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2，其中s轨道上总共有8个电子。(2)[TiF6]2－配离子中F显－1价，Ti显＋4价，配位体是F－，配位数是6。(3)该反应涉及的物质中碳原子的杂化轨道类型是sp3、sp2。非金属性越强，电负性越大，故该反应涉及的元素中电负性最大的是Cl。CO2为直线形分子。(4)TiCl4、TiBr4、TiI4的熔沸点较低，都是分子晶体，对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高。(5)该晶胞中含有的钛原子的数目为2×12＋3＋12×16＝6，则该晶胞的质量为6×48NAg，又该晶胞的体积为32a×10－7×a×10－7×12×6×c×10－7，所以该钛晶体的密度为6×48332×?2.95×10－8?2×4.69×10－8NAg·cm－3。答案：(1)3d24s28(2)＋4F－(3)sp2、sp3ClCO2(4)TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增强，因而三者的熔点和沸点依次升高(5)6×48332×?2.95×10－8?2×4.69×10－8NA5．钴的化合物有丰富多彩的颜色，考古发现我国古代陶器釉料大多含有钴的化合物，请回答下列关于钴及其化合物的问题：(1)基态Co原子核外的最高能层符号是________，基态Co3＋核外未成对的电子数为________。(2)已知CoCl2的熔点为86℃，易溶于水，则CoCl2是________晶体。又知CoO的熔点是1935℃，CoS的熔点是1135℃，试分析CoO的熔点较高的原因_______________________________________________________________________________________________。(3)Co3＋、Co2＋易形成配离子，如[Co(CN)6]3－、[Co(SCN)4]2－。已知CoCl3·6H2O有多种结构，若取1molCoCl3·6H2O溶解于水后滴加足量硝酸银溶液能够形成2mol白色沉淀，则CoCl3·6H2O中的配离子为________(写出化学式)；配位体SCN－对应的酸为HSCN，HSCN通常有HSCN和H-N===C===S两种结构，比较二者沸点的高低并分析其原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)一种Co3＋的配离子为[Co(NO2)(NH3)5]2＋，该配离子中NO－2提供配位键的原子是________，NO－2中N原子的杂化类型是________。(5)常温下金属钴晶体的晶胞为六方最密堆积(如图所示)，若钴原子的半径为rnm，则金属钴晶体中原子的配位数是________；晶体的密度是________g·cm－3(用含r的代数式表示，NA为阿伏加德罗常数的值)。解析：(1)基态Co原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2，故最高能层符号为N，Co3＋的价电子排布式为3d6，故Co3＋核外有4个未成对电子。(2)CoCl2的熔点较低，应为分子晶体；CoO的熔点是1935℃，CoS的熔点是1135℃，因两者均为离子晶体，但S2－半径大于O2－半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高。(3)根据信息，CoCl3·6H2O中有2个Cl－在外界，所以其配离子为[Co(H2O)6Cl]2＋；HSCN和H-N===C===S相比，后者分子之间可以形成氢键，因而沸点较高。(4)NO－2中N原子为sp2杂化。(5)六方最密堆积中原子的配位数是12，原子的半径为rnm，则六边形的边长为2rnm，六棱柱的高为83×2rnm，六棱柱的体积为242r3nm3,1个晶胞中含有6个钴原子，则晶体的密度为6×59NAg÷242r3nm3＝59×102142NAr3g·cm－3。答案：(1)N4(2)分子两者均为离子晶体，但S2－半径大于O2－半径，CoO的晶格能大于CoS，因此CoO的熔点较高(3)[Co(H2O)6Cl]2＋HSCN的沸点低于H-N===C===S，后者分子之间容易形成氢键，而前者只有范德华力(4)Nsp2(5)1259×102142NAr36．(2018·唐山统考)X、Y、Z、W为原子序数递增的短周期主族元素，Y的简单气态氢化物的水溶液呈弱碱性，Z元素无最高正价，且基态原子有2个未成对电子，基态W原子价层电子排布式为nsn－1npn－1，X与W为同主族元素。基态R原子M能层全充满且最外层只有1个电子。请回答下列问题：(1)基态R原子的核外电子排布式为________。R单质晶体晶胞的堆积方式为________，晶胞的空间利用率为________。(2)X、Y、Z三种元素的第一电离能由小到大的顺序为________(填元素符号，下同)。(3)YF3分子中Y的杂化类型为________，该分子的空间构型为________。(4)Y的气态氢化物在水中可形成氢键，其氢键最可能的形式为________。(5)分子中的大π键可用符号Πnm表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，X的某气态氧化物的相对分子质量为44，则该气态氧化物中的大π键应表示为________，其中σ键与π键数目之比为________。(6)R元素与Y元素形成某种化合物的晶胞结构如图所示(黑球代表R原子)，若该晶体的密度为ρg·cm－3，则该晶胞的边长是________cm3(NA表示阿伏加德罗常数的值)。解析：根据Y的简单气态氢化物的水溶液呈碱性可知Y为N，根据Z元素无最高正价且基态原子有2个未成对电子，可确定Z为O；由基态W原子价层电子排布式为nsn－1npn－1可确定n＝3，则W为Si，与其同主族的X为C；根据基态R原子M能层全充满且最外层只有1个电子，可确定其价电子排布式为3d104s1，则R为Cu。(1)根据构造原理可写出Cu的核外电子排布式。Cu晶体采取面心立方最密堆积，一个晶胞中含有Cu原子个数为6×12＋8×18＝4，设Cu原子的半径为r，则晶胞的空间利用率＝4×43πr3?22r?3×100%＝74%。(2)同周期主族元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道半充满，较稳定，故第一电离能大于O，则C、N、O的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N。(3)NF3分子中N原子上有1对孤对电子，价层电子对数为4，采取sp3杂化，NF3分子的空间构型为三角锥形。(4)氨气溶于水形成NH3·H2O，NH3·H2O能电离出NH＋4和OH－，因此氨气在水中形成氢键，其氢键最可能的形式是氨气分子中N原子上的孤对电子与水分子中的H原子共用形成氢键，B项正确。(5)结合C元素的某气态氧化物的相对分子质量为44，可知该氧化物为CO2，分子中的大π键可用符号Πnm表示，其中m表示参与形成大π键的原子数，n表示参与形成大π键的电子数，则CO2中的大π键可表示为Π43，CO2分子中含有2个C===O键，其中σ键与π键数目之比为1∶1。(6)根据均摊法可知，该晶胞中含有N原子的个数为8×18＝1，含Cu原子的个数为12×14＝3，故该晶体的化学式为Cu3N。1mol该晶胞的质量为206g，则该晶胞的边长为3206gNA·ρg·cm－3＝3206NA·ρcm。答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1面心立方最密堆积74%(2)C＜O＜N(3)sp3三角锥形(4)B(5)Π431∶1(6)3206NA·ρ7．太阳能电池板材料的主要成分是硅单质，还有Cu、In、Ga、Se、Si的化合物。(1)基态硒原子的价层电子排布式为____________________________________。(2)碳、硅、锗位于同主族，其中第一电离能最大的是________(填元素符号)。(3)在高温下，Cu2O比CuO稳定，从离子的电子层结构角度分析，其主要原因是________________________________________________________________________。(4)硅和碳一样，硅的氢化物叫硅烷。①H2Se分子的立体构型是________。②已知硅烷中"Si-H键"的共用电子对偏向氢，硒与氢气反应时H2作还原剂。由此推知，电负性：硒________硅(填"＞""＜"或"＝")。③硅烷的沸点与硅烷分子中硅原子数的关系如图1所示，呈现这种变化的原因是________________________________________________________________________。④硅烷种类没有烷烃多，从键能角度解释，其主要原因是________________________________________________________________________。(5)硼、镓、铟位于同主族，硼元素具有缺电子性(价电子数少于价层轨道数)，其化合物可与具有孤电子的分子或离子生成配合物，如BF3能与NH3反应生成BF3·NH3，在BF3·NH3中B原子的杂化轨道类型是________，B原子与N原子之间形成________键。(6)GaAs、GaN等都是新型半导体材料。GaAs晶胞如图2所示。已知：GaAs晶体的熔点为1238℃，密度为dg·cm－3，NA表示阿伏加德罗常数的值。①GaAs晶体类型是____________。②晶胞中"Ga-As键"的键长为________pm。解析：(1)在元素周期表中，硒位于硫的正下方，硒的质子数为34，价层电子排布式为4s24p4。(2)同主族元素从上至下第一电离能逐渐减小。在碳、硅、锗中碳的第一电离能最大。(3)分析铜离子、亚铜离子的外围电子排布式，Cu＋中3d轨道达到全充满稳定结构。(4)①H2Se分子中硒原子价层有4个电子对，其中有2对孤电子对，呈V形。②硅的电负性小于氢，硒的电负性大于氢，则硒的电负性大于硅。③硅烷分子中只存在范德华力，不存在氢键，随着硅原子数增多，硅烷的相对分子质量增大，范德华力增大，硅烷的沸点升高。④硅烷种类比烷烃少，与硅硅键没有碳碳键稳定有关。(5)BF3中B原子与N原子形成配位键；一个B原子形成4个共价键，采用sp3杂化。(6)①根据熔点知，砷化镓晶体是原子晶体。②砷化镓中存在共价键，观察晶胞知，1个晶胞含4个"GaAs"，晶胞体对角线的长度等于砷镓键键长的4倍。设晶胞参数为acm，d＝4×145a3NA，a＝3580d·NA；设砷镓键键长为Rcm，有(4R)2＝3a2，R＝34a＝343580d·NA，则砷镓键键长为34·3580d·NA×1010pm。答案：(1)4s24p4(2)C(3)Cu2O中Cu＋的外围电子排布式为3d10，CuO中Cu2＋的外围电子排布式为3d9，前者达到全充满稳定结构(4)①V形②＞③硅原子数越大，硅烷的相对分子质量越大，范德华力越大④碳原子半径小于硅原子，烷烃中碳碳键键长较短，键能较大(5)sp3配位(6)①原子晶体②34·3580d·NA×1010 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