专题1 揭示物质结构的奥秘
[学习目标定位] 1.体会人类探索物质结构的价值和历史，认识在原子、分子层次上研究物质的意义。2.知道物质是由微粒构成的，学会研究物质结构的基本方法。
一、人类探索物质结构的历史
1．人类认识原子结构的历程
2．探究物质微观结构的具体内容
(1)研究原子结构与元素性质的关系。
(2)化学键理论知识和分子间作用力知识。
(3)分子的空间结构知识。
3．探索物质微观结构的方法
探索物质微观结构的方法主要有实验方法、模型化方法、科学假说和论证方法、量子力学研究方法、光谱和衍射实验方法等。
人类探索物质结构的历史
(1)由于道尔顿最早提出了原子论，合理地解释了当时的一些化学现象和规律，给化学奠定了唯物主义理论基石，所以道尔顿被誉为近代化学之父。
(2)从原子结构模型的演变过程可以看出，人类对原子结构的认识过程是逐步深入的。虽然很多科学家得到了一些错误的结论，但对当时发现真相作出了一定的贡献。
(3)随着现代科学技术的发展，科学家已能利用电子显微镜和扫描隧道显微镜来拍摄表示原子图像的照片并且能在晶体硅表面上用探针对原子进行“搬迁”。
例1 (2017·雅安期末)原子结构模型经历了五个主要阶段：1803年实心球模型→1904年葡萄干面包式模型→1911年原子核式结构模型→1913年的轨道模型→20世纪初电子云的原子结构模型。对轨道模型贡献最大的科学家是( )
A．玻尔 B．汤姆生
C．卢瑟福 D．道尔顿
答案 A
解析 ①19世纪初，英国科学家道尔顿提出近代原子学说，他认为原子是微小的不可分割的实心球体。②1897年，英国科学家汤姆生发现了电子，1904年提出“葡萄干面包式”的原子结构模型。③1911年英国物理学家卢瑟福(汤姆生的学生)提出了带核的原子结构模型。④1913年丹麦物理学家玻尔(卢瑟福的学生)引入量子论观点，提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型。⑤奥地利物理学家薛定谔提出电子云模型(几率说)，为近代量子力学原子模型。对轨道模型贡献最大的科学家是丹麦物理学家玻尔。
例2 1911年前后，英国物理学家卢瑟福用带正电的α粒子轰击极薄的金箔，为了解释实验结果，提出了原子的核式结构学说。图中黑点表示金原子核的位置，曲线ab、cd和ef表示经过金原子核附近的α粒子的运动轨迹，能正确反映实验结果的图是( )
答案 D
解析 在金原子中原子核带正电且质量很大，占有的体积很小，用α粒子(带正电，质量较小)轰击金箔时，大部分α粒子可畅通无阻地通过，极小的一部分发生偏转或被笔直的弹回。
二、研究物质结构的意义
化学科学的发展离不开物质结构的探索和研究，研究物质结构，能够为设计与合成新物质提供理论基础，揭示物质结构与性能的关系，也可以帮助我们预测物质的性能。
(1)研究物质结构，能帮助我们了解材料的结构与性能之间的关系，有利于寻找性能优异的材料。
(2)研究物质结构，突破了在分子水平上探索生命现象的本质。
(3)物质结构研究对于保护生态环境，实现社会的可持续发展具有重大意义。
研究物质结构的意义
研究物质世界，就是研究物质的组成、结构、性质及其变化规律，并通过研究成果来为人类服务，化学来源于生活，并指导人们更好地生活。
例3 在探索微观世界的过程中，科学家们常通过建立假说模型来把握物质的结构及特点，不断拓展认识新领域。关于假说，有如下表述，其中正确的是( )
A．假说是对现实中已知事物或现象的一种简化处理
B．假说是对未知领域的事物或现象提出的一种推测
C．假说是对一个问题的所有幻想和假定
D．假说最终都可以变成科学理论
答案 B
解析 假说是科学家在探索的过程中，为把握物质的结构及特点而建立的一种模型，它是对未知领域的事物或现象提出的一种推测，然后通过实验或推理去验证它的正确与否。
例4 (2018·东城区一模)我国科学家利用蜡虫肠道菌群，将塑料降解时间从500年缩减到24小时，并用同位素示踪法证实了聚乙烯降解为CO2。下列有关该过程说法不正确的是( )
A．一定发生了氧化反应
B．只涉及碳碳键的断裂
C．同位素示踪法是从微观角度识别物质的变化
D．该研究成果有利于缓解塑料垃圾引起的环境问题
答案 B
解析 有氧气参加的反应是氧化反应， A正确；塑料降解过程中不仅涉及碳碳键的断裂，还有碳氢键的断裂，B错误；同位素示踪法是从微观角度识别物质的变化，C正确；该研究成果有利于缓解塑料垃圾引起的白色污染，D正确。故选B。
1．(2017·上杭一中月考)化学真正成为一门科学并快速发展，始于( )
A．氧化学说的建立
B．元素概念的提出
C．原子——分子学说的建立
D．元素周期律的发现
答案 C
2．2015年是全中国人民引以为傲的一年，因为“诺贝尔医学奖或生理学奖”颁发给了一名中国科学家，这位科学家是( )
A．莫言 B．屠呦呦
C．侯德榜 D．徐光宪
答案 B
解析 2015年，“诺贝尔医学奖或生理学奖”颁发给了中国科学家屠呦呦，引起了世界的轰动，故选B。
3．(2017·思明区期末)下列成果是因为创造新物质而获得诺贝尔化学奖的是( )
A．荧光成像显微技术
B．分子马达
C．生物分子冷冻电镜
D．核磁共振
答案 B
解析 荧光成像显微技术是技术的突破，无新物质制造出来， A错误；分子马达是美国康奈尔大学研究人员在活细胞内的能源机制启发下，制造出的一种分子马达，又名分子发动机，是分布于细胞内部或细胞表面的一类蛋白质，有新物质制造出， B正确；冷冻电镜，是用于扫描电镜的超低温冷冻制样及传输技术，是技术的突破，无新物质制造出，C错误；核磁共振是用于有机物中H原子种类和个数的测定的技术，无新物质制造出，D错误。
4．我国科学家成功合成的3mm长的管状定向碳纳米管，长度居世界之首。这种碳纤维具有强度高、刚度(抵抗变形的能力)大、密度小(只有钢的四分之一)、熔点高、化学稳定性好的特点，因而被称为“超级纤维”。下列对碳纤维的说法不正确的是( )
A．它是制造飞机的理想材料
B．它的主要组成元素是碳
C．它的结构与石墨不同
D．碳纤维复合材料为一种高分子化合物
答案 D
解析 碳纤维显然主要是由碳元素组成，B正确、D错误；由于碳纤维具有“强度高、刚度大、密度小、熔点高、化学稳定性好”的特点，所以A正确；由于碳纤维的物理性质不同于石墨，所以它们的结构不同，C正确。
5．(1)19世纪末，人们开始揭示原子内部的秘密，最早发现电子的科学家是________。
(2)道尔顿的原子学说曾起了很大的作用。他的学说包含下列三个论点：
①原子是不能再分的粒子
②同种元素的原子的各种性质和质量都相同
③原子是微小的实心球体
从现代的观点看，你认为三个论点中不确切的是__________________________________。
(3)卢瑟福的α粒子散射实验得出了金原子结构的一些结论，试写出三点。
答案 (1)汤姆生
(2)①②③
(3)a.原子中存在原子核，它占据着原子极小的空间；
b．金原子的原子核带正电荷，且电荷数远大于α粒子；
c．金原子的原子核质量远大于α粒子。
[对点训练]
题组一 人类探索物质结构的历史
1．最早提出科学的原子概念的科学家是( )
A．道尔顿 B．阿伏加德罗
C．门捷列夫 D．卢瑟福
答案 A
解析 英国科学家道尔顿首先提出了科学的原子概念。
2．下列有关化学史知识错误的是( )
A．原子分子学说的建立是近代化学发展的里程碑
B．俄国科学家门捷列夫发现了元素周期律，编制了元素周期表
C．意大利科学家阿伏加德罗在总结气体反应体积比的基础上提出了分子的概念
D．英国科学家道尔顿首先发现了电子
答案 D
解析 英国科学家汤姆生发现了电子。
3．(2018·房山区二模)化学在古代与现代的科技发展中起了十分重要的作用，下列说法中正确的是( )
A
B
C
D
古代与现代的冶金均运用了相同的化学原理
古代与现代的火箭发射均利用了液体燃料
古代捣碎中药与现代中药纳米粉碎均是化学变化
古代风筝与现代热气球飞行均无需物质直接供给能量
答案 A
解析 金属的冶炼是金属元素由化合态变为游离态，即金属元素得电子被还原，故古代和现代的冶金技术不同，但原理相同， A正确；古代的火箭用的燃料是火药，而现代的火箭用的是液态燃料，B错误；无论是古代捣碎中药还是现代中药的纳米粉碎，均无新物质生成，故药品的粉碎均为物理变化，C错误；现代热气球需要燃料燃烧来提供能量，从而热气球中气体的密度小于空气，则热气球才能浮起来，D错误。
4．(2017·资阳模拟)以下关于中国化学史的表述错误的是( )
A．杜康用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来
B．蔡伦利用树皮、碎布(麻布)、麻头等原料精制出优质纸张
C．《本草纲目》中记载“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”这是利用了KNO3的氧化性
D．英文的“中国”(China)又指“瓷器”，说明我国很早就应用化学技术制作陶瓷
答案 A
解析 高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉在酒曲的作用下反应生成乙醇，然后用蒸馏法将乙醇分离出， A错误；蔡伦改进造纸工艺，利用树皮、碎布(麻布)、麻头、鱼网等原料精制出优质纸张，由他监制的纸被称为“蔡侯纸”， B正确；黑火药爆炸反应生成氮气，N元素化合价降低，被还原，硝酸钾表现氧化性， C正确；中国是使用瓷器最早的国家，故“中国”(China)又指“瓷器”，D正确。
题组二 原子结构及其模型演变
5．下列说法正确的是( )
A．原子是不可再分的
B．原子中肯定含有中子
C．原子由原子核和核外电子构成，原子核又可以分为质子和中子，然后不能再分
D．随着科学的发展，人们发现原子组成中还存在更小的微粒，如夸克
答案 D
6．首先提出原子结构模型并开始涉及原子内部结构的科学家是( )
A．卢瑟福B．玻尔C．汤姆生D．道尔顿
答案 C
解析 本题考查原子结构模型的发展简史。“葡萄干布丁”模型开始涉及到原子内部的结构。A项卢瑟福提出原子结构的核式模型；B项玻尔建立了核外电子分层排布的原子结构模型；D项道尔顿建立了原子学说。
7．(2017·福州期中)下列实验事实与原子结构模型建立的关系正确的是( )
A．电子的发现：道尔顿的原子结构模型
B．α粒子的散射：汤姆生原子结构模型
C．α粒子散射：玻尔原子结构模型
D．氢原子光谱：玻尔原子结构模型
答案 D
解析 道尔顿的原子结构模型是道尔顿通过对大气的物理性质进行研究而提出的， A错误；卢瑟福提出原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是α粒子散射实验， B错误；玻尔原子结构模型是玻尔在牛顿力学的基础上，吸收了量子论和光子学说的思想建立起来的，故C错误；玻尔提出电子在一定轨道上运动的原子结构模型，原子系统只能具有一系列的不连续的能量状态，当原子从一个具有较大能量的定态跃迁到另一个能量较低的定态时，它辐射出具有一定频率的光子，原子的不同能量状态和电子沿不同的圆形轨道绕核运动相对应，氢原子光谱指的是氢原子内的电子在不同能阶跃迁时所发射或吸收不同波长，故D正确。
8．原子结构模型的演变图中，①为道尔顿实心球式原子模型、②为卢瑟福行星运转式原子模型、③为汤姆生“葡萄干布丁”原子模型、④为近代量子力学原子模型、⑤为玻尔轨道式原子模型。其中符合历史演变顺序的一组排列是( )
A．①③②⑤④ B．①②③④⑤
C．①⑤③②④ D．①③⑤④②
答案 A
解析 正确的顺序是道尔顿实心球式原子模型、汤姆生“葡萄干面包式”原子模型、卢瑟福行星运转式原子模型、玻尔轨道式原子模型、近代量子力学原子模型。
9．(2018·崇明县一模)将Po涂于歼-20表面以屏蔽雷达，起到隐身作用。该Po(钋)原子核外电子数是( )
A．42B．84C．125D．209
答案 B
解析 Po 中左上角的数值表示质量数，左下角的数值表示质子数，则其质子数为84，在原子中核外电子数＝质子数，则其核外电子数为84，故B正确。
题组三 研究物质结构的意义
10．历史事实表明，没有新材料的出现，就没有科技与生产发展的突破。信息高速公路的建立在于寻找新的信息材料。下列材料可作为信息材料的是( )
A．铜线B．化纤C．橡胶D．光导纤维
答案 D
11．13C-NMR(核磁共振)、15N-NMR可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，KurtWüthrich等人为此获得了2002年诺贝尔化学奖。下面有关13C、15N叙述正确的是( )
A．13C与15N有相同的中子数
B．13C与C60互为同素异形体
C．15N与14N互为同位素
D．15N的核外电子数与中子数相同
答案 C
解析 根据质量数(A)＝质子数(Z)＋中子数(N)，可得13C、15N的中子数分别为7、8；同素异形体是由同一元素形成的不同单质；15N的核外电子数与中子数分别为7、8。
12．现代无机化学对硫氮化合物的研究是最为活跃的领域之一。其中下图是已经合成的最著名的硫氮化合物的分子结构。下列说法正确的是( )
A．该物质的分子式为SN
B．该物质的分子中只含共价键
C．该物质是离子化合物
D．该物质与化合物S2N2互为同素异形体
答案 B
解析 A项，该化合物分子式为S4N4；C项，该物质中只含共价键，故不是离子化合物；D项，同素异形体研究对象是单质。
[综合强化]
13．金刚石、石墨、C60、碳纳米管均由同一种元素组成，属于______________，其性质差别很大，原因是___________________________________________________________，
说明________________________________________________________________________。
答案 同素异形体 它们的结构不同 结构决定性质
解析 由同种元素组成的不同单质互称为同素异形体；同素异形体的组成元素相同，但结构不同，因此造成性质不同的原因是其结构上的差异。
14．揭示原子内部结构的奥秘，有助于我们理解所处的物质世界。
(1)上表中元素f的氢化物的电子式是________________________________________，
此氢化物的热稳定性比元素g的氢化物热稳定性______________________________
__________________________________________ (填“强”或“弱”)。
(2)某元素形成的气态氢化物中氢的含量是所有氢化物中最高的，该元素形成的化合物种类也最多，该元素是__________(填编号)。该元素有多种同位素，在理论上和科学上均有重要的应用，写出其中两种用途__________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)α粒子是________(填编号)原子所形成的一种粒子，1909年，卢瑟福等人做了用α粒子轰击金箔的实验，从而提出原子结构的行星模型，下列选项中能正确表示这种模型的是________。
(4)古代哲学家们也树立了不少有关物质构成的观点。例如，我国战国时期的惠施认为物质是无限可分的；而同时期的墨子认为如果物质不存在被分割的条件，物质就不能被无限分割。惠施的观点可用下图表示：
请你用相同的图示方法表示墨子的观点：__________________________________
________________________________________________________________________。
答案 (1) 弱 (2)b 利用14C的放射性考古断代，12C可作为相对原子质量的基准，0.012kg12C含有的碳原子数为阿伏加德罗常数(任选其二即可) (3)a C
(4)
解析 墨子认为如果不具备分割条件则不能被无限分割，所以用线段表示则不能再减小。
专题2 原子结构与元素的性质
本专题重难点突破
[学习目标定位] 1.理清电子层、原子轨道与所排布的电子之间的能量和数量关系。2.理解原子核外电子排布的规律、规则，能用不同的方法表示原子的结构。3.灵活利用“位—构—性”的关系，掌握元素周期律的综合题的分析方法。4.能根据原子核外电子排布的特点、元素及化合物的特殊性质进行元素的推断。
一、原子核外电子运动状态的考查
例1 (2018·乐山沫若中学月考)下列说法中正确的是( )
A．任何一个能层最多只有s、p、d、f四类原子轨道
B．同一原子中，2p、3p、4p轨道数依次增多
C．在一个多电子原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子
D．在一个多电子原子中，N层上的电子能量肯定比M层上的电子能量高
答案 C
解析 第5电子层开始含有5类原子轨道，A错误；不同电子层中p轨道均为3个，则同一原子中， p轨道的轨道数相同， B错误；在多电子的原子中，电子填充在不同的电子层，能层含不同的原子轨道，每个轨道中最多可以填充两个电子，自旋状态相反，在一个基态多电子的原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子，C正确；由能量最低原理得：3d轨道上电子的能量比4s轨道上的要高，D错误。
方法规律——电子层、原子轨道、自旋状态与原子运动状态的关系
(1)同一电子层，不同类型的原子轨道的形状不同；不同电子层，同种类型的原子轨道，形状相同，能量不同。
(2)电子的运动状态与电子层、原子轨道、自旋状态有关，同一原子中不存在两个运动状态完全相同的电子。
二、核外电子排布表示方法的考查
例2 (2017·安阳一中高二期中)下列化学用语的表达正确的是( )
A．原子核内有10个中子的氧原子：O
B．氯原子的结构示意图：
C．Fe3＋的最外层电子排布式：3s23p63d5
D．基态铜原子的外围电子轨道表示式：
答案 C
解析 原子核内有10个中子的氧原子应表示为O，A错误；氯原子的结构示意图为，B错误；Fe的原子序数是26，故Fe3＋的最外层电子排布式为3s23p63d5，C正确；铜的原子序数是29，基态铜原子的外围电子排布符合洪特规则的特例，外围电子轨道表示式为
D错误。
易误提醒——核外电子的排布表示方法的常见误区
(1)当出现d轨道时，虽然电子按ns、(n－1)d、np的顺序填充，但在书写电子排布式时，仍把(n－1)d放在ns前，如Fe：1s22s22p63s23p63d64s2正确，Fe：1s22s22p63s23p64s23d6错误。
(2)在画基态原子的电子轨道表示式时，常出现以下错误：
(违反能量最低原理)
(违反泡利不相容原理)
(违反洪特规则)
(违反洪特规则)
⑤画电子轨道表示式时，不能省略空轨道。如C的电子轨道表示式为
而不是
三、基态原子核外电子排布规律的综合考查
例3 (2018·邢台市月考)下列由电子排布式或排布图所得的结论错误的是( )
选项
电子排布式
结论
A
1s22s22p2p2p
违背洪特规则
B
1s22s22p63s23p63d3
违背能量最低原理
C
N的轨道表示式：
违背泡利不相容原理
D
1s22s22p63s23p63d54s1
违背能量最低原理
答案 D
解析 A项，2px，2py，2pz就是2p轨道的3个简并轨道，两个电子排入2p轨道，它们将分别占据2个简并轨道且自旋方向相同，而不是自旋相反地挤入其中一个轨道，违反洪特规则；B项，3d轨道能量高于4s轨道，所以电子排布优先占据4s轨道，电子排布式应为1s22s22p63s23p63d14s2，违反能量最低原理；C项，1s、2s轨道上两个电子自旋方向相同，违反泡利不相容原理；D项，电子排布式是正确的，符合此时3d和4s轨道均为半充满结构，能量较低，符合三个原理。
四、元素的电离能和电负性的规律及应用
例4 下列关于电离能和电负性的说法中不正确的是( )
A．元素电负性越大，元素的非金属性越强
B．元素的第一电离能越小，元素的金属性越强
C．根据元素逐级电离能的数值可以确定主族元素的最高化合价
D．在形成化合物时，元素的电负性大的显正价，电负性小的显负价
【考点】元素周期律及应用的综合考查
【题点】元素的电离能、电负性的应用
答案 D
解析 元素的电负性越大，非金属性越强，得电子能力越强，在化合物中显负价，A正确，D错误；电离能和金属性某种程度上都可以理解为失去电子的能力，而这是一致的，B项正确；同一电子层中电子的电离能相差不大，层与层之间电子的电离能数值上会发生突变，相差较大，所以根据逐级电离能的数值可以确定元素的核外电子的分层排布情况，主族元素的最高化合价等于其最外层电子数。
方法规律
(1)利用元素的第一电离能和电负性的大小可以比较元素金属性、非金属性的相对强弱。
(2)利用两种元素电负性的相对大小可以判断化合物的类型、化学键的类型以及元素化合价的正负。
(3)利用元素的逐级电离能可以判断原子核外电子分层的排布的情况和可能的化合价。
五、元素周期律的综合应用
例5 某外围电子排布式为2s22p5的元素，下列有关它的描述正确的是( )
A．原子序数为7 B．电负性最大
C．原子半径最小 D．第一电离能最大
答案 B
解析 外围电子排布式为2s22p5的元素是第2周期ⅦA族的氟，其原子序数为9；非金属性最强，所以电负性最大；在同一周期内原子半径最小，在整个元素周期表中氢原子的半径最小，氟的第一电离能比0族元素的小。
易错警示
同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，但要注意第ⅡA族的反常(如Be>B，Mg>Al)、第ⅤA族的反常(如N>O，P>S)。同主族从上到下元素的第一电离能逐渐减小。
六、元素的推断及应用
例6 已知元素周期表中1～18号元素中的四种元素的简单离子W3＋、X＋、Y2－、Z－都具有相同的电子层结构，下列判断正确的是( )
A．元素的第一电离能：X>W
B．离子的还原性：Y2－>Z－
C．氢化物的稳定性：H2Y>HZ
D．原子半径：X
【考点】关于“位、构、性”的综合考查
【题点】利用原子结构推断元素
答案 B
解析 1～18号元素中的四种元素的简单离子W3＋、X＋、Y2－、Z－都具有相同的电子层结构，则W和X是金属元素，且在周期表中W位于X的右侧，Y和Z是非金属元素，在周期表中位于W和X的上一周期，其中Z位于Y的右侧。同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，即金属性：X>W，非金属性：Z>Y，所以元素的第一电离能：XW，离子的还原性：Y2－>Z－，氢化物的稳定性：H2Y方法规律
当离子的电子层结构相同时，可利用“阴上阳下，序大径小”的原则，确定元素在周期表中的相对位置，再结合元素周期律分析选项。
七、基于元素推断的综合考查
例7 在元素周期表前四周期中，有A、B、C、D四种元素，它们的原子序数依次增大，A原子有3个未成对电子；B元素原子次外层有8个电子，1molB单质与足量盐酸反应可生成1molH2，B单质不易与冷水反应；C元素的＋3价离子的d轨道是半充满的；D元素易形成－1价离子。
(1)填写下表：
元素
A
B
C
D
名称、符号
电子排布式
轨道表示式
属于哪个区
(2)A元素位于第________周期________族，B元素位于第________周期________族。
(3)C元素位于第______周期______族，C2＋的电子排布式为__________________________。
(4)写出B与D两种元素形成的化合物的电子式：__________________________，此化合物属于________化合物。
(5)四种元素中电负性最大的元素是________(用元素符号表示，下同)，第一电离能最小的元素是__________。A、B两种元素的原子半径大小关系是____________，单核离子的离子半径大小是________________。
【考点】关于“位、构、性”的综合考查
【题点】以元素推断为载体的综合考查
答案 (1)
元素
A
B
C
D
名称、符号
氮N
镁Mg
铁Fe
溴Br
电子排布式
1s22s22p3
1s22s22p63s2
1s22s22p63s2
3p63d64s2
1s22s22p63s2
3p63d104s24p5
轨道表示式
属于哪个区
p区
s区
d区
p区
(2)2 ⅤA 3 ⅡA
(3)4 Ⅷ 1s22s22p63s23p63d6
(4) 离子
(5)N Mg Mg>N Mg2＋解析 A原子有3个未成对电子，其外围电子排布为2s22p3或3s23p3；1molB与盐酸反应产生1molH2，B为第ⅡA族元素Mg或Ca，又由于B比A的原子序数大且不易与冷水反应，则B为Mg元素，那么A为氮元素。C元素的＋3价离子的d轨道是半充满的即3d5，那么它的原子的外围电子排布式为3d64s2，C为铁元素；D元素在第4周期(原子序数比C大)且易形成－1价阴离子，它是溴元素。推出了A、B、C、D四种元素，则(1)～(5)小题可依次推理作答。
方法规律
解答原子结构、元素在元素周期表中的位置、元素及其化合物的性质间的推断试题的思路一般可用下面的框线关系表示：
第一单元 原子核外电子的运动
第1课时 原子核外电子的运动特征
[学习目标定位] 熟知原子的构成，理解“电子云”的概念，会描述原子核外电子的运动特征。
一、核外电子运动的特点及电子云
1．原子核外电子的运动特点
(1)电子的质量很小，带负电荷。
(2)相对于原子和电子的体积而言，电子运动的空间很大。
(3)电子运动的速度很快，接近光速。
2．电子云：用小点的疏密来描述电子在原子核外空间出现的机会大小所得到的图形。
3．电子云轮廓图：是指量子力学描述电子在原子核外空间运动的主要区域。一般是将出现的概率约为90%的空间圈出来，制作电子云的轮廓图，称为原子轨道。如氢原子核外电子的电子云轮廓图的绘制：
(1)电子云中的小黑点并不代表一个电子而是代表电子在该处出现过一次。小黑点的疏密程度表示电子在原子核外出现的概率大小。小黑点稀疏的地方，表示电子在该处出现的概率小；小黑点密集的地方，表示电子在该处出现的概率大。
(2)离核越近，电子出现的概率越大，小黑点越密集。
例1 下列关于氢原子电子云图的说法正确的是( )
A．通常用小黑点来表示电子的多少，黑点密度大，电子数目多
B．黑点密度大，单位体积内电子出现的机会多
C．通常用小黑点来表示电子绕核做高速圆周运动
D．电子云图是对运动无规律性的描述
答案 B
解析 黑点的疏密表示电子出现的概率大小，不表示电子数目的多少，黑点密度大，电子出现的频率高，故A错误，B正确；小黑点表示电子在核外空间某处出现的机会，不代表电子的运动轨迹，故C错误；电子云图反映电子在核外无规则运动时在某点出现的概率，是对运动的描述，故D错误。
二、核外电子运动状态的描述
对于多电子原子来说，常从以下几个方面来描述：
1．电子层
(1)电子层：如图所示，在多电子原子中，核外电子是分层运动的，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。这也说明多电子的原子中电子的能量是不同的。能量不同的电子在核外不同的区域内运动，这种不同的区域称为电子层(n)。
(2)电子层的表示方法：
电子层(n)
1
2
3
4
5
6
7
……
符号
K
L
M
N
O
P
Q
……
离核远近
由近到远
能量高低
由低到高
2.原子轨道
(1)含义：处于同一电子层的原子核外电子运动的不同区域。
(2)类型及形状
①类型：即同一电子层中含有不同类型的原子轨道，分别用s、p、d、f表示，不同的轨道其形状不相同。
②形状：s轨道呈球形，p轨道呈纺锤形，d轨道和f轨道较复杂。
(3)原子轨道数目(电子云伸展方向)及表示方法
①同一类型的原子轨道形状相同，但伸展方向不一定相同。每一种伸展方向代表一个原子轨道。
②原子轨道表示方法及含有的轨道数
原子轨道符号
ns
np
nd
nf
轨道数目
1
3
5
7
(4)原子轨道的能量比较
①同一电子层同一类型的不同原子轨道的能量相等。
②在同一电子层上不同类型原子轨道的能量由低到高的顺序是ns＜np＜nd＜nf。
③不同电子层上形状相同的原子轨道的能量n值越大，能量越高，如1s＜2s＜3s＜4s。
3．电子自旋
原子核外电子还有一种称为“自旋”的运动，可以有两种不同的状态，通常用“↑”和“↓”来表示。
(1)描述核外电子运动状态的参数
(2)电子层序数与原子轨道数、所容纳电子数目的关系
①原子轨道数与电子层序数(n)的关系是原子轨道为n2个。
②处于同一个原子轨道上的电子有两种不同的自旋状态。每个电子层所容纳电子数最多为2n2个。
例2 (2018·宿迁一中月考)下列原子轨道的符号错误的是( )
A．2pB．3fC．4sD．5d
答案 B
解析 每一电子层的原子轨道数与电子层序数相等，且具有的原子轨道依次为s、p、d、f……，M能层具有的原子轨道有s、p、d轨道，没有f轨道。
例3 下列关于电子层与原子轨道的说法中正确的是( )
A．不同的电子层中的s原子轨道的能量相同
B．原子核外电子的每一个电子层最多可容纳的电子数为n2
C．每种类型的原子轨道里最多容纳的电子个数与原子轨道数目相等
D．电子层的原子轨道总是从s能级开始，而且原子轨道类型数等于该电子层序数
答案 D
解析 A项中不同电子层中的s原子轨道的能量不同，电子层序数越大，能量越高；B项中每一个电子层最多可容纳的电子数为2n2；C项中每种类型原子轨道里最多容纳的电子个数是原子轨道数目的2倍。
例4 在对电子运动状态的描述中，确定一个“轨道”的方面包括( )
①电子层 ②轨道类型 ③电子云的伸展方向 ④电子的自旋状态
A．①②③④ B．①②③
C．①② D．①
答案 B
解析 在对电子运动状态的描述中，确定一个“轨道”的方面包括：①电子层、②轨道类型、③电子云的伸展方向三个方面；电子的自旋状态与电子运动轨道无关，描述的是电子自旋的方向。
各电子层轨道数和最多容纳的电子数
电子层
1
2
3
4
n
原子轨道
1s
2s
2p
3s
3p
3d
4s
4p
4d
4f
n
轨道数目
1
1
3
1
3
5
1
3
5
7
n2
4
9
16
可容纳的电子数目
2
8
18
32
2n2
1．n为3的电子层中( )
A．只有s和p轨道 B．只有s、p和d轨道
C．只有s轨道 D．有s、p、d和f轨道
答案 B
2．下列有关电子云和原子轨道的说法正确的是( )
A．原子核外的电子像云雾一样笼罩在原子核周围，故称电子云
B．s轨道呈球形，处在该轨道上的电子只能在球壳内运动
C．p轨道呈纺锤形，随着电子层数的增加，轨道数也在增多
D．p轨道的能量随电子层序数的增大而增大
答案 D
解析 电子云表示电子出现的概率，电子云是用小黑点疏密来表示电子在原子核外空间出现概率大小的一种图形，不代表电子的运动轨迹，A错误；s能级的原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子不只在球壳内运动，还在球壳外运动，只是在球壳外运动概率较小，B错误；任何电子层的p轨道都有3个原子轨道，与电子层数无关，C错误； p原子轨道的能量随电子层序数的增大而增大，D正确。
3．对于钠原子的第二电子层的p轨道2px、2py、2pz间的差异，下列说法中正确的是( )
A．电子云形状不同
B．原子轨道的对称类型不同
C．电子的能量不同
D．电子云空间伸展方向不同
答案 D
解析 2px、2py、2pz所表示的同一能级中的三个不同的原子轨道，其能量相同。2px、2py、2pz的电子云，原子轨道都是纺锤形的，都是轴对称图形。在空间伸展方向上不同，D项正确。
4．下列说法中正确的是( )
A．所有的电子在同一区域里运动
B．核外电子质量很小，在原子核外做高速运动
C．在离原子核较近的区域内运动的电子能量较高，在离原子核较远的区域内运动的电子能量较低
D．同一原子中，4s、4p、4d、4f所能容纳的电子数越来越多，但各原子轨道的能量大小相等
答案 B
解析 在含有多个电子的原子里，电子分别在能量不同的区域内运动， A错误；在多个电子的原子中，电子的能量是不相同的，在离原子核较近的区域内运动的电子能量较低，在离原子核较远的区域内运动的电子能量较高，C错误；同一原子中，4s、4p、4d、4f所能容纳的电子数越来越多，但同一电子层中，E(4s)5．回答下列问题：
(1)n＝2的电子层有________种类型的原子轨道，________种形状不同的电子云，有________个原子轨道，最多容纳________个电子。
(2)用相应的符号描述电子层序数为2的所有的原子轨道________________。
(3)基态K原子中，核外电子占据的最高电子层符号为________，占据该能层电子的电子云轮廓图的形状为________。
答案 (1)2 2 4 8 (2)2s、2px、2py、2pz (3)N 球形
解析 (1)第2电子层有s、p两种类型的原子轨道，有s、p 2种形状不同的电子云，有2s、2px、2py、2pz 4个原子轨道，每个轨道最多容纳2个电子，所以n＝2的电子层最多容纳8个电子。
(2)n＝2的原子轨道为2s、2px、2py、2pz。
(3) K原子核外有四个电子层，N层上只有一个电子，占据4s轨道，电子云轮廓图为球形。
[对点训练]
题组一 电子云及原子轨道的图形描述
1．(2018·邢台市月考)图1和图2分别是1s电子的概率密度分布图和原子轨道图。下列有关说法正确的是( )
A．图1中的每个小黑点表示1个电子
B．图2表示1s电子只能在球体内出现
C．图2表明1s轨道呈球形，有无数对称轴
D．图1中的小黑点表示电子在核外所处的位置
【考点】电子云与原子轨道
【题点】电子云
答案 C
解析 电子云就是用小黑点疏密来表示空间各电子出现概率大小的一种图形，小黑点表示空间各电子出现的几率， A、D错误；在界面内出现该电子的几率大于90%，界面外出现该电子的几率不足10%, B错误。
2．在1s、2px、2py、2pz轨道中，具有球形对称的是( )
A．1sB．2pxC．2pyD．2pz
答案 A
解析 1s轨道和2p轨道的图像分别为
由图像可看出，呈球形对称的为1s原子轨道。
3.根据2pz轨道电子云示意图(如图所示)判断，下列说法中错误的是( )
A．2pz轨道上的电子在空间出现的概率分布呈z轴对称
B．点密集的地方表明电子出现的机会大
C．电子先沿z轴正半轴运动，然后在负半轴运动
D．2pz轨道的形状为两个椭圆球
答案 C
解析 观察2pz轨道电子云示意图发现，处于2pz轨道上的电子在空间出现的概率分布相对于z轴对称，电子主要在xy平面的上、下方出现，A正确；电子云中的小黑点疏密程度代表电子出现的概率大小，所以点密集的地方表明电子出现的机会大，B正确；在图中，电子出现的概率分布关于z轴对称，电子云并不是电子的真实运动轨迹，C错误；2pz轨道电子云形状为两个椭圆球，而不是面，D正确。
题组二 电子层与原子轨道
4．下列电子层中，包含有f轨道的是( )
A．K电子层 B．L电子层
C．M电子层 D．N电子层
答案 D
解析 K电子层只含有1s轨道；L电子层含有2s、2p两种轨道；M电子层含有3s、3p、3d三种轨道；N电子层含有4s、4p、4d、4f四种轨道。根据原子轨道类型数等于电子层序数的关系规律，只有电子层序数≥4的电子层中才有f轨道。所以，K、L、M电子层中均无f轨道。
5．原子核外电子是分层排布的，在不同电子层上运动的电子的能量不同，下列电子层上运动的电子能量最高的是( )
A．K层 B．L层
C．M层 D．N层
答案 D
解析 原子核外电子是分层排布的，距离原子核越远能量越高，所以N层能量最高，故选D。
6．第N能层所含原子轨道类型、原子轨道数和最多容纳电子数分别为( )
A．3、9、18 B．4、12、24
C．5、16、32 D．4、16、32
答案 D
解析 每一能层包含的原子轨道类型数等于该能层的序数，故第三能层包含s、p、d三种原子轨道，每类原子轨道所能容纳的最多电子数是其原子轨道数目的2倍，以s、p、d、f……排序的各类轨道可以容纳的最多电子数依次为1、3、5、7……的2倍，英文字母相同的原子轨道所能容纳的最多电子数相同。第N能层含有4类原子轨道，16个原子轨道，容纳的最多电子数为32个。
7．在多电子原子中，轨道能量是由以下哪些因素决定 ( )
①电子层 ②轨道类型 ③电子云的伸展方向 ④电子自旋状态
A．①②B．①④C．②③D．③④
答案 A
解析 轨道能量决定于电子层、轨道类型，而与电子云的伸展方向、电子的自旋状态无关。
8．符号3px所代表的含义是( )
A．px轨道上有3个电子
B．第三个电子层px轨道有3个伸展方向
C．px电子云有3个伸展方向
D．第三个电子层沿x轴方向伸展的p轨道
【考点】电子云与原子轨道
【题点】原子轨道
答案 D
解析 3px中，3表示第三电子层，p原子轨道在三维空间的分布分别沿x、y、z三个方向，px表示沿x轴方向伸展的p轨道。
9．下列轨道上的电子在xy平面上出现的机会为零的是( )
A．3pzB．3pxC．3pyD．3s
【考点】电子云与原子轨道
【题点】原子轨道
答案 A
解析 px和py在xy平面上，3pz轨道沿z轴方向伸展，垂直于xy平面，故该轨道上的电子不可能出现在xy平面上，s轨道电子云为球形，各个方向都有，故A符合题意。
题组三 原子核外电子运动状态描述方法
10．电子层序数为3时，该电子层的原子轨道数共有( )
A．4个B．7个C．8个D．9个
答案 D
解析 电子层序数为3时，原子轨道有3s(1个原子轨道)、3p(3个伸展方向，即3个原子轨道)、3d(5个伸展方向，即5个原子轨道)共有9个原子轨道。
11．下列有关核外电子运动状态的说法正确的是( )
A．电子自旋就是电子围绕轴“自转”
B．原子轨道可用来描述核外电子的运动状态
C．第二电子层有自旋相反的两个轨道
D．原子轨道可用来描述核外电子的运动轨迹
答案 B
解析 电子的自旋表示处于同一原子轨道上电子的量子化运动，自旋不是“自转”；原子轨道可用来描述原子中单个电子的空间运动状态，它只能描述核外电子高频出现的“区域”，而不是核外电子运动的轨迹；第二电子层有四个轨道，分别为2s、2px、2py、2pz。综上所述，B项正确。
12．以下对核外电子运动状况的描述正确的是( )
A．电子层序数越大，s轨道上电子的主要运动区域越小
B．在同一原子轨道上运动的电子，其运动状态肯定不同
C．电子的运动与行星相似，围绕原子核在固定的轨道上高速旋转
D．能量低的电子只能在s轨道上运动，能量高的电子总是在f轨道上运动
答案 B
解析 电子层序数越大，电子离原子核越远，则电子的运动区域越大，A错误；同一轨道上最多排2个电子，两个电子的自旋方向不同，其运动状态肯定不同，B正确；电子运动不是围绕原子核在固定的轨道上高速旋转，只是在某个区域出现的概率大些，C错误；能量高的电子也可以在s轨道上运动，如7s轨道上的电子能量也很高，比4f能量还高，D错误。
[综合强化]
13．下图是s轨道、p轨道的原子轨道图，试回答下列问题：
(1)s能级的原子轨道呈______形，每个s能级有______个原子轨道；p能级的原子轨道呈______形，每个p能级有______个原子轨道。
(2)s原子轨道、p原子轨道的能量与________有关，________越大，原子轨道的能量越大。
答案 (1)球 1 纺锤 3 (2)电子层序数 电子层序数
14．比较下列多电子原子的原子轨道的能量高低。
(1)1s,3d (2)3s,3p,3d (3)2p,3p,4p
答案 (1)1s＜3d (2)3s＜3p＜3d (3)2p＜3p＜4p
解析 在多电子原子中，电子填充原子轨道时，原子轨道能量的高低存在如下规律：
①相同电子层上原子轨道能量的高低：ns＜np＜nd＜nf。
②形状相同的原子轨道能量的高低：1s＜2s＜3s＜4s……
③电子层和形状相同的原子轨道的能量相等，如2px、2py、2pz轨道的能量相等。
15．(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)对于排布在2s轨道上的电子，不能确定的是_____________________________。
a．电子所在的电子层
b．电子的自旋方向
c．电子云的形状
d．电子云的伸展方向
(3)O2－核外电子占有的原子轨道数目为________。
答案 (1)电子云 (2) b (3) 5
解析 (1)电子在原子核外出现的概率密度分布通常用电子云来形象化地描述。
(2)排布在2s轨道上的电子，在第2电子层的s轨道上，s能级的电子云形状为球形，不能确定电子的自旋方向。
(3)O2－核外有10个电子，每个原子轨道最多容纳2个电子，故共占据5个原子轨道。
第一单元 原子核外电子的运动
第2课时 原子核外电子的排布
[学习目标定位] 1.熟知原子核外电子排布的“两原理一规则”。2.知道原子核外电子排布的轨道能量顺序，会正确书写原子核外电子排布式和轨道表示式。
一、核外电子的排布原理
1．能量最低原理
(1)能量最低原理
基态原子的核外电子在各个原子轨道上的排布方式应使整个原子体系的能量最低。
(2)基态原子的核外电子在原子轨道上的排列顺序：
随着原子核电荷数的递增，绝大多数元素的原子核外电子排布遵循下列顺序：
①电子所排的能级顺序：1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s、4f、5d、6p、7s……，这是从实验得到的规律，适用于大多数基态原子的核外电子排布。
②由上图可知，各轨道的能量高低顺序，可由下列公式得出：ns<(n－2)f<(n－1)d2．泡利不相容原理
泡利不相容原理的内容：一个原子轨道最多只能容纳两个电子，而且这两个电子的自旋方向必须相反(用“↓”“↑”表示)。如2s轨道上的轨道表示式为不能表示为
根据泡利不相容原理，可以获得以下几个重要结论：
(1)每一种运动状态的电子只能有一个。
(2)由于每一个原子轨道包括两种运动状态，所以每一个原子轨道最多只能容纳两个自旋方向相反的电子。
(3)因为s，p，d，f能级的原子轨道数分别为1,3,5,7个，所以s，p，d，f各原子轨道分别最多能容纳2,6,10,14个电子。
3．洪特规则
(1)对于基态原子，电子在能量相同的轨道上排布时，应尽可能分占不同的轨道并且自旋方向相同。这就是洪特规则。如碳原子的轨道表示式是而不是
(2)能量相同的原子轨道在全充满(如p6和d10)、半充满(如p3和d5)和全空(如p0和d0)状态时，体系的能量较低，原子较稳定。这称为洪特规则特例。
原子核外电子排布“两原理一规则”
(1)能量最低原理：电子在原子轨道上的分布要尽可能地使原子的能量为最低。处于能量最低的原子叫做基态原子。
(2)泡利不相容原理：每个原子轨道上最多容纳两个电子且自旋方向必须相反(同一原子中不可能有运动状态完全相同的电子)。
(3)洪特规则：当电子排布在相同能量的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，而且自旋方向相同。
例1 若以E(nl)表示某能级的能量，以下各式中正确的是( )
A．E(5s)>E(4f)>E(4s)>E(3d)
B．E(3d)>E(4s)>E(3p)>E(3s)
C．E(4s)D．E(5s)>E(4s)>E(4f)>E(3d)
答案 B
解析 原子核外电子排布的轨道能量顺序为1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d、4p、5s、4d、5p……可选出答案。
例2 判断下列说法正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)N：1s22s22p2p违背了洪特规则( )
(2)Ca：1s22s22p63s23p63d2违背了能量最低原理( )
(3)Ar：1s22s22p63s23p44s2违背了泡利不相容原理( )
(4)Si：1s22s22p63s33p1违背了泡利不相容原理( )
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√
二、原子核外电子排布的表示方法
1．电子排布式
(1)用数字在能级符号右上角标明该能级上排布的电子数，这就是电子排布式。写出下列基态原子的电子排布式：
①16S：1s22s22p63s23p4；
②20Ca：1s22s22p63s23p64s2；
③26Fe：1s22s22p63s23p63d64s2；
④29Cu：1s22s22p63s23p63d104s1。
(2)为了避免电子排布式书写过于繁琐，把内层电子达到稀有气体结构的部分写成“原子实”，以相应稀有气体的元素符号外加方括号表示，得到简化的电子排布式。上述四种原子的简化电子排布式为
①[Ne]3s23p4；②[Ar]4s2；③[Ar]3d64s2；④[Ar]3d104s1。
(3)在简化的电子排布式中，省去相应的稀有气体的元素符号后剩下的部分称为外围电子排布式。上述四种原子的外围电子排布式为①3s23p4；②4s2；③3d64s2；④3d104s1。
2．轨道表示式
(1)将每一个原子轨道用一个方框表示，在方框内标明基态原子核外电子分布的式子称为轨道表示式。以铝原子为例，轨道表示式中各符号、数字的意义为
(2)写出下列基态原子的轨道表示式：
①O：；
②Na：。
(3)在轨道表示式中也可以用圆圈表示一个原子轨道，如Na：或写成[Ne]。
3．原子结构示意图
(1)原子结构示意(简)图：圆圈内数字表示质子数，弧线表示电子层，弧线内数字表示该电子层中的电子数。
(2)写出下列原子或离子的结构示意图：
①K：；②Fe：；
③Mg2＋：；④Cl－：。
1.电子排布式和轨道表示式反映的是基态原子即处于最低能量状态的原子的电子排布情况，它们相互关联，可以非常方便地相互转换。
2．虽然电子排布是遵循构造原理的，但书写电子排布式时应按照电子层的顺序书写。如铁原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，而不写作1s22s22p63s23p64s23d6。
3．主族元素的最外层电子就是外围电子。过渡元素的外围电子一般包括最外层的s电子和次外层的d电子，有的还包括倒数第三层的f电子。
4．简单离子是原子得失一定数目电子后的产物。在表达阴、阳离子的核外电子排布情况时，务必注意离子与原子之间的电子数目的关系。
5．(1)电子排布式的书写：
①元素符号；②轨道符号；③轨道顺序按电子层由里到外和s、p、d、f的顺序；④电子个数(右上角标出)。注意电子排布式与外围电子排布式的区别。
(2)轨道表示式的书写格式：
①元素符号；②轨道框(一个轨道一个框，能量相同的轨道连在一起)；③电子自旋状态(用“↑”“↓”表示)；④轨道符号。p、d等如有空轨道也要画出。
例3 下列表示式错误的是( )
A．Mg2＋的轨道表示式：
B．Na＋的结构示意图：
C．24Cr的外围电子排布式：3d54s1
D．C的电子排布式：1s22s12p3
答案 D
解析 Mg2＋含有10个核外电子，电子排布式为1s22s22p6，轨道表示式为故A正确；钠离子核内有11个质子，核外有2个电子层，第一层上有2个电子、第二层上有8个电子，其结构示意图为，故B正确；原子序数为24，说明原子核外电子数为24，根据构造原理、洪特规则特例得到电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，外围电子排布式为3d54s1，故C正确；D项违反能量最低原理，所以C的电子排布式为1s22s22p2，错误。
例4 根据锰原子的核外电子排布，回答下列问题。
(1)写出基态Mn2＋电子排布式_______________________________________________。
(2)画出锰原子的价层电子的轨道表示式：_________________________________。
(3)在锰原子的核外电子中，有________种运动状态不同的电子；共有________对成对电子；有________个成单电子；最高化合价为________价。
答案 (1)1s22s22p63s23p63d5
(2) (3)25 10 5 ＋7
易错警示
(1)电子排布式的书写顺序与核外电子进入轨道的顺序不同。电子排布式的书写顺序按电子层由里到外和s、p、d、f的顺序，而核外电子进入轨道的顺序按照基态原子在原子轨道上的排布顺序。
(2)基态原子失电子时，由外层向里层，同层则按能级由高到低顺序失电子。如Cr([Ar]3d54s1)→Cr3＋([Ar]3d3)
1．以下表示氦原子结构的化学用语中，对电子运动状态描述最详尽的是( )
A．·He· B.
C．1s2 D.
答案 D
解析 A项只能表示最外层电子数；B项只表示核外的电子分层排布情况；C项具体到各能层的电子数；而D项包含了能层数、原子轨道以及电子的自旋方向，故该项正确。
2．描述硅原子核外电子运动说法错误的是( )
A．有4种不同的伸展方向
B．有14种不同运动状态的电子
C．有5种不同能量的电子
D．有5种不同的运动区域
答案 D
解析 硅原子为14号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p2，共2种轨道，s轨道为球形，只有1种伸展方向，p轨道有3种伸展方向，则有4种不同的伸展方向，故A正确；硅原子为14号元素，则核外有14种不同运动状态的电子，故B正确；硅原子电子排布式为1s22s22p63s23p2，所以有5种不同能量的电子，故C正确；硅原子核外有3个电子层，所以有3种不同的运动区域，故D错误。
3．以下电子排布式表示基态原子电子排布的是( )
A．1s22s22p63s13p3
B．1s22s22p63s23p63d104s14p1
C．1s22s22p63s23p63d24s1
D．1s22s22p63s23p63d104s24p1
答案 D
解析 基态核外电子排布应该是1s22s22p63s23p2，A错误；基态核外电子排布应该是1s22s22p63s23p63d104s2，B错误；基态核外电子排布应该是1s22s22p63s23p63d14s2，C错误； 1s22s22p63s23p63d104s24p1符合原子核外电子排布规律，D正确。
4．(2018·深州中学期中)下列关于钠元素的几种表达式错误的是( )
A．Na＋的轨道表示式：
B．Na＋的结构示意图：
C．Na的电子排布式：1s22s22p63s1
D．Na的简化电子排布式：[Na]3s1
答案 D
解析 Na的简化电子排布式为[Ne]3s1。即上一周期的稀有气体(元素符号)＋该原子的价电子排布。
5．已知元素X的原子最外层电子排布为nsn－1npn＋2，则X元素的原子序数为( )
A．9B．10C．17D．18
答案 C
解析 n－1＝2，则n＝3，即最外层电子排布为3s23p5，为氯元素。
6．回答下列问题
(1)如果在3p轨道上有3个电子，则它们应排布为(轨道表示式)________，而不能排布为
因为这违背了____________________，也不能排布成因为这违背了__________________。如果3p轨道上有4个电子，有人认为可以排布为
你认为是否正确，说明理由_______________________________
________________________________________________________________________。
(2)①氮原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为________________。
②Co基态原子核外电子排布式为__________。
③Fe3＋基态核外电子排布式为__________。
答案 (1) 泡利不相容原理和洪特规则 洪特规则 不正确，因为只有3个3p轨道
(2)① ②1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2
③1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5
解析 (1)若3p轨道上有3个电子，则它们应排布为不能排布为因为这违背了泡利不相容原理(一个轨道最多只能容纳2个电子)和洪特规则(当电子排布在能量相同的各个轨道时，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)；若3p能级上有4个电子，则应排布成
(2)①氮是7号元素，其价层电子的轨道表达式为②Co的原子序数为27，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。③Fe3＋基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5。
[对点训练]
题组一 原子核外电子排布规律的理解与应用
1．(2018·乐山沫若中学月考)下列有关多电子原子的叙述中正确的是( )
A．在一个多电子原子中，不可能有两个运动状态完全相同的电子
B．在一个多电子原子中，不可能有两个能量相同的电子
C．在一个多电子原子中，N层上的电子能量肯定比M层上的电子能量高
D．某个多电子原子的3p轨道上仅有两个电子，它们的自旋状态必然相反
答案 A
解析 根据原子轨道理论，能量相同的电子排在相同的轨道， B错误；由原子核外电子排布的轨道能量顺序得：3d轨道上电子的能量比4s轨道上的要高， C错误；在不同的3p轨道上，能量相同，电子在排布时总是优先单独占据一个轨道，而且自旋方向相同， D错误。
2．以下是一些原子的2p轨道和3d轨道中电子排布的情况，其中违反了洪特规则的是( )
A．①B．①③C．②④⑤D．③④⑤
答案 C
解析 ①同一轨道自旋方向相同，违反泡利不相容原理；②不同轨道的单电子自旋方向不同，违反了洪特规则；③符合洪特规则；④应优先占据不同的轨道，每个轨道有1个电子，违反了洪特规则；⑤不同轨道的单电子自旋方向不同，违反了洪特规则；⑥符合洪特规则。其中违反了洪特规则的是②④⑤，故选C。
3．(2018·扶余市第一中学期末)下列电子排布式中，不遵守能量最低原理的是( )
A．1s22s22p5
B．1s22s22p43s2
C．1s22s22p63s23p63d54s2
D．1s22s22p63s23p63d34s2
答案 B
解析 B项中原子核外电子没有填充到2p轨道，而填充到能量更高的3s轨道上，违背了能量最低原理。
4．下列说法错误的是( )
A．ns电子的能量可能低于(n－1)p电子的能量
B．6C的电子排布式1s22s22p违反了洪特规则
C．电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理
D．电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利不相容原理
答案 A
解析 根据轨道能量顺序可知，ns电子的能量一定高于(n－1)p电子的能量，A错误；根据洪特规则知，2p能级上的两个电子应排在两个不同轨道上，B正确；根据能量最低原理知，电子先排能量低的轨道，后排能量高的轨道，故应先排4s轨道，即电子排布式应为1s22s22p63s23p63d14s2，C正确；根据泡利不相容原理知，3p能级最多容纳6个电子，D正确。
5．某元素原子3d轨道上有5个电子，则该原子最外层电子排布可能是( )
A．4s1 B．4s24p1
C．4s24p3 D．3s23p63d5
答案 A
解析 最外层电子排布为4s24p1的元素为Ga,3d轨道上有10个电子，B错误；最外层电子排布为4s24p3的元素为As,3d轨道上有10个电子，C错误；4s能级能量小于3d，某元素原子3d轨道上有5个电子，则4s能级上肯定有电子，D错误。
题组二 原子核外电子排布的表示方法
6．下列各原子或离子的电子排布式错误的是( )
A．Na＋ 1s22s22p6 B．F－ 1s22s22p6
C．N3＋ 1s22s22p6 D．O2－ 1s22s22p6
答案 C
解析 本题的关键是判断所给的电子数与元素符号是否相符。Na＋、F－、O2－都含有10个电子，A、B、D均正确；N3＋含有4个电子，故C项错误。
7．下面是一些原子的2p轨道和3d轨道中电子排布的情况，其中正确的是( )
答案 D
解析 A项，同一轨道自旋方向相同，违反泡利不相容原理，错误；B项，2p轨道有3个电子，应分占3个不同的轨道，不符合洪特规则，错误；C项，不同轨道的单电子自旋方向不同，违反了洪特规则，错误；D项，符合洪特规则、泡利不相容原理，正确。
8．下列离子中外层d轨道达半充满状态的是( )
A．Cr3＋B．Cu＋C．Co3＋D．Fe3＋
答案 D
解析 Cr3＋的外围电子排布式为3d3，d轨道不是半充满状态，故A错误；Cu＋的外围电子排布式为3d10，d轨道处于全充满状态，故B错误；Co3＋的外围电子排布式为3d6，d轨道不是半充满状态，故C错误；Fe3＋的外围电子排布式为3d5，d轨道达半充满状态，故D正确。
题组三 由原子核外电子排布确定元素
9．某元素的3p轨道上有两个未成对电子，因此其( )
A．第三电子层上有4个电子
B．最高正价为＋2
C．最高正价为＋4
D．第二电子层没有未成对电子
答案 D
解析 由于3p轨道上有两个未成对电子，所以该原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2或者1s22s22p63s23p4。
10．若某元素原子处于能量最低状态时，外围电子排布式为4d15s2，则下列说法正确的是( )
A．该元素原子处于能量最低状态时，原子中共有3个未成对电子
B．该元素原子核外共有5个电子层
C．该元素原子的N层共有8个电子
D．该元素原子最外层有3个电子
答案 B
解析 该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，该元素原子处于能量最低状态时，原子中只有4d1中的一个未成对电子，A项错误；由核外电子排布式可知该元素原子有5个电子层，N层共有9个电子，最外层有2个电子，C、D项错误，B项正确。
11．某主族元素的原子，M层上有一个半充满的原子轨道，这种原子的质子数( )
A．只能是7 B．只能是15
C．是11或15 D．是11或13
答案 C
解析 主族元素的M电子层中d轨道上的电子为全充满或全空状态，故满足题中条件的M电子层中的电子排布为3s1或3s23p3，原子核外电子总数分别为11或15，故C项正确。
12．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．3p轨道有一个空轨道的基态原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子
B．M层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子
C．最外层电子数是核外电子总数的的原子和外围电子排布为4s24p5的原子
D．2p轨道有一个未成对电子的基态原子和外围电子排布为2s22p5的原子
答案 B
解析 3p轨道有一个空轨道，说明3p上有2个电子，外围电子排布为3s23p2，两微粒相同，A选项不符合题意；M层全充满而N层为4s2，M层上有d轨道，即：3s23p63d10，是锌元素，外围电子排布为3d64s2的元素是铁元素，B选项符合题意；外围电子排布为4s24p5，则3d上已排满10个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，最外层电子数是核外电子总数的的原子，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10不可能，只有最外层电子数为7，核外电子总数为35时合理，其电子排布也是1s22s22p63s23p63d104s24p5，二者是同种元素的原子，C选项不符合题意；2p轨道有一个未成对电子，可以是2p1，也可以是2p5，因此二者不一定属于同种元素的原子，D项不符合题意。
[综合强化]
13．下列原子或离子的电子排布式或轨道表示式正确的是________________，违反洪特规则的是__________，违反泡利不相容原理的是____________。
①Ca2＋：1s22s22p63s23p6
②F－：1s22s23p6
④Cr：1s22s22p63s23p63d44s2
⑤Fe：1s22s22p63s23p63d64s2
⑥Mg2＋：1s22s22p6
答案 ①⑤⑥ ③④ ⑦
14．五种元素原子的电子层结构如下：
A．1s22s22p63s23p63d54s2；
B．1s22s22p63s2；
C．1s22s22p6；
D．1s22s22p63s23p2；
E．[Ar]4s1。
请回答：
(1)________元素是稀有气体。含未成对电子数最多的元素是__________。
(2)A的元素符号是______________，其核外电子共有________种运动状态。
(3)D元素原子核外电子轨道表示式是____________________________________。
答案 (1)C(Ne) A(Mn) (2)Mn 25
解析 由原子的电子排布式可知A～E元素分别为Mn、Mg、Ne、Si、K，其中A、D、E元素的原子轨道中排布有未成对电子，其未成对电子的轨道表示式分别为
故A中含未成对电子数最多。任何多电子原子中不会存在两个运动状态完全相同的电子，即A中共有25种运动状态不同的电子。
15．A、B、C、D、E代表5种元素。请填空：
(1)A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，其外围电子的轨道表示式为____________。
(2)B元素的负一价离子和C元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，B元素的原子结构示意图为______，C的元素符号为________。
(3)D元素的正三价离子的3d轨道为半充满，D的元素符号为____________，其基态原子的电子排布式为__________________________________________________________。
(4)E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有一个未成对电子，E的元素符号为________，其基态原子的电子排布式为__________。
答案 (2) K
(3)Fe 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2
(4)Cu 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
解析 本题考查由电子排布推断元素符号，解决这类题一般先推出电子排布式，求出核电荷数。
(1)A元素基态原子的轨道表示式由题意可写成：
(2)B－、C＋的电子层结构都与Ar相同，即核外都有18个电子，则B为17号元素Cl，C为19号元素K。
(3)D元素原子失去2个4s电子和1个3d电子后变成＋3价离子，其原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2即26号元素铁。
(4)根据题意要求，首先写出电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1，该元素为29号元素Cu。
第二单元 元素性质的递变规律
第1课时 原子核外电子排布的周期性
[学习目标定位] 1.熟知原子结构与元素周期表的关系，进一步熟悉元素周期表的结构。2.能够从原子结构的角度认识元素周期表中区的划分。
一、原子结构与元素周期表的关系
1．原子核外电子排布与周期的划分
(1)填写下表
周期
外围电子排布
各周期增加的轨道类型
元素种数
ⅠA族
0族
最多可容纳的外围电子数
1
1s1
1s2
2
1s
2
2
2s1
2s22p6
8
2s、2p
8
3
3s1
3s23p6
8
3s、3p
8
4
4s1
4s24p6
8
4s、3d、4p
18
5
5s1
5s25p6
8
5s、4d、5p
18
6
6s1
6s26p6
8
6s、4f、5d、6p
32
7
7s1
8
7s、5f、6d
(未完)
(未完)
(2)观察分析上表，讨论原子核外电子排布与周期划分的关系。
①最外层电子数目的变化
除第1周期外，每隔一定数目的元素，元素原子的最外层电子数重复出现从1逐渐递增到8的变化，形成一个周期，循环往复形成周期表。
②外围电子排布的变化
第2、3周期从左到右，元素原子的外围电子排布呈现从ns1到ns2np6的变化；从第4周期开始，从左到右，元素原子的外围电子排布呈现从ns1经过nd1～10ns1～2逐渐过渡到ns2np6。
③元素周期表形成的原因：元素原子核外电子排布的周期性变化。
2．原子核外电子排布与族的划分
(1)将下列各主族元素的外围电子数、外围电子排布式填入表中。
族数
ⅠA
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA
外围电子排布式
ns1
ns2
ns2np1
ns2np2
ns2np3
ns2np4
ns2np5
列数
1
2
13
14
15
16
17
外围电
子数
1
2
3
4
5
6
7
(2)以第4周期副族元素为例，填写下表。
副族
元素
21Sc
22Ti
23V
24Cr
25Mn
29Cu
30Zn
族数
ⅢB
ⅣB
ⅤB
ⅥB
ⅦB
ⅠB
ⅡB
外围电子排布式
3d14s2
3d24s2
3d34s2
3d54s1
3d54s2
3d104s1
3d104s2
外围电子数目
3
4
5
6
7
(3)依据上述表格，讨论族的划分与原子核外电子排布的关系。
族的划分依据是原子的外围电子排布。
①同主族元素原子的外围电子排布完全相同，外围电子全部排布在ns或nsnp轨道上。外围电子数与族序数相同。
②稀有气体的外围电子排布为1s2或ns2np6。
③过渡元素(副族和Ⅷ族)同一纵行原子的外围电子排布基本相同。外围电子排布为(n－1)d1～10ns1～2，ⅢB～ⅦB族的外围电子数与族序数相同，第ⅠB、ⅡB族和第Ⅷ族不相同。
(1)最外层电子排布与周期表的关系
①原子的电子层数＝周期序数。
②主族元素原子的最外层电子数＝主族元素原子的外围电子数＝主族序数。
(2)对外围电子认识的误区提醒
①外围电子不一定是最外层电子，只有主族元素的外围电子才是最外层电子。对于过渡元素还包括部分内层电子。
②元素的外围电子数不一定等于其所在族的族序数，这只对主族元素成立，部分过渡元素是不成立的。
③同一族元素的外围电子排布不一定相同，如过渡元素中的镧系元素和锕系元素就不相同，在第Ⅷ族中部分元素的外围电子排布也不相同。
例1 外围电子排布式为5s25p3的元素是( )
A．第5周期ⅢA族 B．51号元素
C．非金属元素 D．Te
答案 B
解析 5s25p3，5指的是电子层数，即属于第5周期，主族元素外围电子指的是最外层电子，主族元素所在族序数等于最外层电子数，即属于第ⅤA族元素，属于主族元素，又因为最后一个电子填充在p能级上，属于p区，按照核外电子排布的规律，推出此元素是锑(Sb)，B正确。
例2 某元素的原子序数为29，试问：
(1)此元素原子的电子总数是________个。
(2)它有________个电子层。
(3)它的外围电子排布式是________________。
(4)它属于第________周期________族。
(5)它有________个未成对电子。
答案 (1)29 (2)4 (3)3d104s1 (4)4 ⅠB (5)1
解析 解答该题需掌握原子核外电子排布与元素周期表的关系和原子核外电子排布的规律。根据核外电子排布原理，该元素的电子排布式应为1s22s22p63s23p63d104s1，共有29个电子，故为Cu元素。从核外电子排布式中可以得出n＝4，有四个电子层，所以为第4周期元素，外围电子排布为3d104s1，所以在ⅠB族。外围电子的轨道表示式为
所以有1个未成对电子。
二、元素周期表的分区
1．根据元素原子的外围电子排布的特征，可将元素周期表分成五个区域：s区、p区、d区、ds区和f区。五个区的位置关系如下图所示。
2．各区元素的外围电子排布特点
分区
元素分布
外围电子排布式
元素性质特点
s区
ⅠA族、ⅡA族
ns1～2
除氢外都是活泼金属元素
p区
ⅢA族～ⅦA族、0族
ns2np1～6
除惰性气体外，最外层电子参与反应
d区
ⅢB族～ⅦB族、Ⅷ族
(n－1)d1～9ns1～2
d轨道不同程度地参与化学键的形成
ds区
ⅠB族、ⅡB族
(n－1)d10ns1～2
金属元素
根据原子结构特征判断元素在元素周期表中的位置
电子排布式外围电子排布式
例3 (2018·扶余市第一中学期末)根据电子排布的特点，Cu在周期表属于( )
A．ds区B．p区C．d区D.s区
答案 A
解析 铜为29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。故Cu在元素周期表中属于ds区。
例4 具有以下结构的原子一定属于p区元素的是( )
①最外层有3个电子的原子 ②最外层电子排布式为ns2的原子 ③最外层有3个未成对电子的原子 ④最外层电子形成全满结构的原子
A．①② B．①③
C．①④ D．③④
答案 B
解析 最外层有3个电子的原子，其最外层电子排布式为ns2np1，只能是第ⅢA族元素的原子，①正确；最外层电子排布式为ns2的原子，既可能是第ⅡA族元素的原子，也可能是过渡元素的原子，还可能是He原子，②错误；最外层有3个未成对电子的原子，其最外层电子排布式一定为ns2np3，位于第ⅤA族，③正确；最外层电子形成全满结构的原子，包括ns2、ns2np6等结构的原子及钯原子，可能位于多个区，④错误。
规律方法
区的判断方法：除ds区外，其他区的名称均来自按能量最低原理最后填入的电子的原子轨道符号，ⅠB、ⅡB为ds区。
核外电子排布与元素周期表的关系
1．下列说法不正确的是( )
A．元素原子的核外电子排布呈现周期性变化是形成元素周期表的根本原因
B．周期序数越大，该周期所含金属元素越多
C．所有区的名称均来自按能量最低原理最后填入电子的原子轨道符号
D．周期表共18个纵列，可分为7个主族7个副族，1个Ⅷ族，1个0族
答案 C
解析 除ds区外，区的名称均来自按能量最低原理最后填入电子的原子轨道符号。
2．电子排布为[Ar]3d54s2的元素位于( )
A．d区 B．ds区
C．主族元素 D．s区
答案 A
解析 由电子排布[Ar]3d54s2可知该元素为锰元素。
3．如果n为第ⅡA族中某元素的原子序数，则原子序数为(n＋1)的元素可能位于( )
A．ⅢA或ⅢB B．ⅣA
C．ⅠB D．ⅠA
答案 A
解析 在元素周期表中，第2、3周期的第ⅡA族与第ⅢA族元素相邻，其原子序数相差1；第4、5、6、7周期的第ⅡA族与第ⅢB族相邻，其原子序数相差1；所以原子序数为(n＋1)的元素位于第ⅢA或ⅢB族。
4．某元素的最外层电子数为2，外围电子数为5，并且是同族中原子序数最小的元素，关于该元素的判断错误的是( )
A．电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2
B．该元素为V
C．该元素为ⅡA族元素
D．该元素位于d区
答案 C
解析 该元素的最外层电子数为2，并且为同族元素中原子序数最小的，所以该元素为第2周期或第4周期元素。又因其外围电子数≠最外层电子数，可推出该元素并不是第2周期元素，应为第4周期元素，外围电子排布式为3d34s2，故为23号元素V，d区元素。
5．有A、B、C、D四种元素。其中A为第4周期主族元素，与D可形成原子个数比为1∶1和1∶2的化合物；B为第4周期d区元素，最高化合价为＋7；C和B是同周期的元素，具有相同的最高化合价；D的外围电子排布式为nsnnpn＋2。
(1)试写出四种元素的元素符号：A______、B______、C______、D______。
(2)按原子半径由大到小排列：____________________________________________。
答案 (1)Ca Mn Br O (2)Ca>Mn>Br>O
解析 由B为第4周期d区元素，最高化合价为＋7可推出B是锰元素；C和B是同周期的元素，具有相同的最高化合价，则C是溴元素；D的外围电子排布式为nsnnpn＋2，D是氧元素；A与D可形成原子个数比为1∶1和1∶2的化合物，A是钙元素。
[对点训练]
题组一 原子核外电子排布与元素周期表
1．下列是某些元素基态原子的电子排布式，其中表示第3周期元素的是( )
A．1s22s1
B．1s22s22p5
C．1s22s22p63s2
D．1s22s22p63s23p64s1
答案 C
解析 元素所在的周期与最高能层序数n有关，核外电子的最高能层序数为n时，该元素位于第n周期。故第3周期元素的最高能层序数为3，选C项。
2．已知某元素＋2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p6，该元素在周期表中属于( )
A．ⅤB族B．ⅡB族C．Ⅷ族D．ⅡA族
答案 D
解析 该元素的外围电子排布为4s2。故该元素位于第4周期ⅡA族。
3．假设已经发现了第121号元素，则该元素原子的电子排布式正确的是(注：第7周期的稀有气体元素符号假定为Abc)( )
A．[Abc]5g18s2 B．[Abc]8s28p1
C．[Abc]7d18s2 D．[Abc]6f18s2
答案 D
解析 根据基态电子排布规律，第7周期的稀有气体元素是118号，据核外电子排布轨道能量顺序，故第121号元素的原子的基态电子排布式为[Abc]6f18s2，故选D。
4．前四周期元素的基态原子中，未成对电子数与其所在周期数相同的元素有( )
A．3种B．4种C．5种D．6种
答案 C
解析 当原子位于第1周期时，其未成对电子数是1，只能是1s轨道上有1个电子，符合条件的为H元素；当原子位于第2周期时，其未成对电子数是2，只能是2p轨道上有2个未成对电子，符合条件的为C、O元素；当原子位于第3周期时，其未成对电子数是3，只能是3p轨道上有3个未成对电子，符合条件的为P元素；当原子位于第4周期时，其未成对电子数是4，只能是3d轨道上有4个未成对电子，符合条件的为Fe元素；通过以上分析知，符合条件的有5种元素，故选C。
5．具有下列电子层结构的原子，其对应的元素一定属于同一周期的是( )
A．两种元素原子的电子层上全部都是s电子
B．3p轨道上只有1个空轨道的原子和3p轨道上只有1个未成对电子的原子
C．最外层电子排布为2s22p6的原子和最外层电子排布为2s22p6的离子
D．原子核外的M层上的s、p轨道上都填满了电子而d轨道未排电子的两种原子
答案 B
解析 两种元素原子的电子层上全部都是s电子，即为1s1或1s2或1s22s1或1s22s2，对应的分别是H、He、Li、Be，即两种元素原子的电子层上全部都是s电子，可能属于第1周期或第2周期。3p能级上只有1个空轨道的原子即：1s22s22p63s23p2是硅元素；3p能级上只有1个未成对电子的原子即：1s22s22p63s23p1是铝元素或1s22s22p63s23p5是氯元素，都属于第3周期。最外层电子排布为2s22p6的原子是氖元素，属于第2周期元素；最外层电子排布为2s22p6的离子对应的元素可能为氮、氧、氟、钠、镁、铝等，很显然不一定属于同一周期。原子核外的M层上的s、p能级上都填满了电子而d轨道未排电子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6或1s22s22p63s23p64s1或1s22s22p63s23p64s2，可能为Ar、K、Ca，很显然不一定属于同一周期。
题组二 元素周期表的结构与区的划分
6．下列元素周期表族序数正确的是( )
A．第3列为ⅠB B．第18列为0A
C．第14列为ⅣA D．第8列为ⅧB
答案 C
解析 元素周期表族与列的关系表
由表分析可知，第3列为ⅢB族；第18列为0族；第14列为ⅣA族；第8列为第Ⅷ族。
7．最活泼的金属单质、最活泼的非金属单质、常温下呈液态的金属单质，其组成元素分别位于下列元素周期表中的( )
A．s区、p区、ds区 B．s区、p区、d区
C．f区、p区、ds区 D．s区、f区、ds区
答案 A
解析 理论上最活泼的金属单质是Fr，但由于其具有放射性，故一般认为最活泼的金属单质是Cs，而Cs和Fr都属于第ⅠA族元素，位于s区；最活泼的非金属单质是F2，F位于p区；常温下呈液态的金属单质为Hg，Hg属于过渡元素，位于ds区。
8．已知某元素的＋1价离子的外围电子排布式为nsn－1np2n，则该元素在周期表中的位置正确的是( )
A．第3周期ⅣA族，p区
B．第4周期ⅡB族，s区
C．第4周期Ⅷ族，d区
D．第4周期ⅠA族，s区
答案 D
解析 由于s轨道最多排2个电子，则n为3，该离子的外围电子排布式为3s23p6，根据离子的外围电子排布式可知原子的电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，答案为D。
9．下列说法正确的是( )
A．s区均为金属
B．所有金属元素都分布在d区和ds区
C．最外层电子数为2的元素都分布在s区
D．元素周期表从第ⅢB族到第ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素
答案 D
解析 s区的氢元素为非金属元素，A错误；s区除氢元素外，其他元素均为金属元素，p区也有金属元素，B错误；第ⅡB族元素的原子最外层电子数为2，在ds区，C错误；元素周期表中从第ⅢB族到第ⅡB族10个纵行的元素都是金属元素，D正确。
题组三 元素的“位—构—性”之间的关系
10．下列四种元素中，其单质氧化性最强的是( )
A．原子含有未成对电子最多的第2周期元素
B．位于周期表第3周期ⅢA族的元素
C．原子最外电子层排布式为2s22p6的元素
D．原子最外电子层排布式为3s23p5的元素
答案 D
解析 A中第2周期含未成对电子数最多的是N原子；B为Al；C为稀有气体Ne；D为Cl原子，N2、Al、Ne、Cl2中，Cl2的氧化性最强。
11．下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是( )
A．原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子
B．原子核外M层上仅有两个电子的X原子与原子核外N层上仅有两个电子的Y原子
C．2p轨道上有一对成对电子的X原子和3p轨道上只有一对成对电子的Y原子
D．最外层都只有一个电子的X、Y原子
答案 C
解析 本题考查的是核外电子排布的知识。A项，1s2结构的原子为He,1s22s2结构的原子为Be，两者性质不相似；B项，X原子为Mg，Y原子N层上有2个电子的有多种元素，如第4周期中Ca、Fe等都符合，化学性质不一定相似；C项，p轨道有一对成对电子，应是np4，为同主族的元素，化学性质一定相似；D项，最外层只有1个电子的可以是第ⅠA族元素，过渡元素中也有很多最外层只有 1个电子的，故化学性质不一定相似。
12．短周期元素A、B、C、D在周期表中的位置如图所示，E2＋与D的简单阴离子有相同的电子层结构，D元素原子的次外层电子数等于其他层电子数之和。则下列说法正确的是( )
A．C的非金属性最强，可与E元素形成共价化合物
B．元素D可形成三种价态的酸，且酸根离子均能促进水的电离
C．原子半径由大到小的排列顺序为E＞D＞B＞A＞C
D．C、D元素形成的最简单的氢化物的热稳定性：D＜C
答案 D
解析 短周期元素A、B、C、D，D元素原子的次外层电子数等于其他层电子数之和，由位置可知D位于第3周期，则次外层电子数为8，M层电子数为8－2＝6，则D为S，B为O，结合位置关系A为N，C为F，E2＋与D的简单阴离子有相同的电子层结构，则E为Ca。F的非金属性最强，可与Ca元素形成离子化合物，故A错误；S对应的酸有亚硫酸、硫酸、氢硫酸，硫酸根离子不能促进水的电离，故B错误；电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径由大到小的排列顺序为E＞D＞A＞B＞C，故C错误；非金属性：F＞S，形成的最简单的氢化物的热稳定性：H2S＜HF，故D正确。
[综合强化]
13．金、银、铜、铁、铝和钛均是人类大量生产和使用的金属。试回答与上述金属原子结构有关的问题。
(1)上述金属中属于主族元素的有________。
(2)钛被称为继铁、铝之后的第三金属。基态钛原子外围电子的轨道表示式为________。
(3)基态金原子的外围电子排布式为5d106s1，试判断金在元素周期表中位于第________周期________族。
(4)已知Ag与Cu位于同一族，则Ag在元素周期表中位于________(填“s”“p”“d”“f”或“ds”)区。
答案 (1)铝
(3)6 ⅠB (4)ds
14.X、Y、Z是第ⅠA～ⅦA族的三种非金属元素，它们在元素周期表中的位置如下图所示，试回答下列问题。
(1)X元素单质的化学式是________。
(2)Y元素的原子结构示意图是____________，Y与Na所形成化合物的电子式为________________________________________________________________________。
(3)Z元素的名称是________，从元素原子得失电子的角度看，Z元素具有________性；若从Z元素在元素周期表中所处位置看，它具有这种性质的原因是_____________________，其外围电子排布式为______________。
答案 (1)F2 (2)
(3)砷 两 Z位于元素周期表中金属元素与非金属元素交界线附近 4s24p3
解析 在元素周期表中，非金属元素位于元素周期表中右上方，三种元素均为非金属元素，必位于第ⅤA、ⅥA、ⅦA三个主族，则可认定X必为氟元素，Y为硫元素，Z为砷元素。
15．已知元素周期表中共有18纵行，如图实线表示元素周期表的边界。按电子排布，可把周期表里的元素划分为几个区：s区、p区、d区、ds区等。除ds区外，其他区的名称来自按构造原理最后填入的电子的原子轨道符号。
(1)请在图中用实线画出s区、p区、d区、ds区的边界线，并分别用阴影和表示d区和ds区。
(2)有的同学受这种划分的启发，认为d区内6、7纵行的部分元素可以排在另一区，你认为应排在________区。
(3)请在元素周期表中用元素符号标出4s轨道半充满的元素。
(4)请利用电子排布的相关知识解释Fe3＋比Fe2＋稳定的原因：______________________
________________________________________________________________________。
(5)随着科学技术的发展，不断有新的元素被发现。若把第7周期排满，则元素周期表共可以排布______种元素。
答案 (1)如图
(2)ds (3)见上图
(4)Fe的外围电子排布为3d64s2，Fe2＋为3d6，Fe3＋为3d5，依据“能量相同的轨道处于全空、全充满和半充满时能量最低”的原则，3d5处于半充满状态，结构更稳定，故Fe3＋比Fe2＋稳定 (5)118
解析 (2)ds区外围电子排布为(n－1)d10ns1和(n－1)d10ns2，而d区内6纵行外围电子排布为(n－1)d5ns1,7纵行外围电子排布为(n－1)d5ns2，因此类比可以放在ds区。
(3)4s轨道半充满，即为4s1，根据构造原理和能量最低原理、洪特规则，该元素原子的电子排布式可能为1s22s22p63s23p64s1(K)或1s22s22p63s23p63d54s1(Cr)或1s22s22p63s23p63d104s1(Cu)，分别标在元素周期表中相应位置即可。
(4)Fe的外围电子排布为3d64s2，Fe2＋为3d6，Fe3＋为3d5，Fe3＋为半充满状态较稳定。
(5)根据0族元素原子序数知，第7周期排满，其0族元素的原子序数应为2＋8＋8＋18＋18＋32＋32＝118。
第二单元 元素性质的递变规律
第2课时 元素第一电离能和电负性的周期性变化
[学习目标定位] 1.能表述元素第一电离能、电负性的含义。2.熟知元素原子半径、元素的第一电离能及元素电负性的周期性变化规律。3.能用元素的第一电离能、电负性说明元素的某些性质。
一、元素第一电离能的周期性变化
1．元素第一电离能的概念与意义
(1)概念：某元素的气态原子失去一个电子形成＋1价气态阳离子所需要的最低能量，叫做该元素的第一电离能。元素第一电离能符号：I1。
即M(g)－e－―→M＋(g)
(2)意义：可以衡量元素的气态原子失去一个电子的难易程度。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子；第一电离能数值越大，原子越难失去一个电子。
(3)逐级电离能：气态一价正离子再失去一个电子成为气态二价正离子所需的最低能量叫做该元素的第二电离能，第三电离能、第四和第五电离能可以以此类推。由于原子失去电子形成离子后，若再失去电子会更加困难，因此同一原子的各级电离能之间存在如下关系：I12．元素第一电离能变化规律
(1)第一电离能的变化趋势如下图所示：
(2)观察分析上图，总结元素第一电离能的变化规律：
①对同一周期的元素而言，碱金属元素的第一电离能最小，稀有气体元素的第一电离能最大；从左到右，元素的第一电离能在总体上呈现从小到大的变化趋势，表示元素原子越来越难失去电子。
②同主族元素，自上而下第一电离能逐渐减小，表明自上而下原子越来越易失去电子。
③具有全充满、半充满及全空的电子构型的元素稳定性较高，其电离能数值较大。如稀有气体的电离能在同周期元素中最大，N为半充满、Mg为全充满状态，其电离能均比同周期相邻元素大。
3．电离能的应用
(1)根据电离能数据，确定元素核外电子的排布。如Li：I1?I2(2)根据电离能数据，确定元素在化合物中的化合价。如K：I1?I2(3)判断元素的金属性、非金属性强弱：I1越大，元素的非金属性越强；I1越小，元素的金属性越强。
(1)电离能数值的大小主要取决于原子的核电荷数、原子半径及原子的核外电子排布。
(2)第一电离能的变化规律
例1 下列有关电离能的说法，正确的是( )
A．第一电离能越大的原子失电子的能力越强
B．第一电离能是元素的原子失去核外第一个电子需要的能量
C．同一周期中，主族元素原子第一电离能从左到右越来越大
D．可通过一种元素各级电离能的数值，判断元素可能的化合价
答案 D
解析 第一电离能是气态电中性原子失去核外第一个电子需要的最低能量；元素原子的第一电离能越大，表示该元素的原子越难失去电子；从总的变化趋势上看，同一周期中元素的第一电离能从左到右逐渐增大，但有反常，如I1(N)>I1(O)。
误区警示——元素性质与第一电离能在同周期变化的差异
(1)同周期，从左到右，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。
(2)同周期，从左到右，第一电离能大小顺序为ⅠA<ⅢA<ⅡA<ⅣA<ⅥA<ⅤA<ⅦA<0族。
例2 元素X的各级电离能数据如下：
I1
I2
I3
I4
I5
I6
I/kJ·mol－1
578
1817
2745
11578
14831
18378
则元素X的常见价态是( )
A．＋1B．＋2C．＋3D．＋6
答案 C
解析 对比表中电离能数据可知，I1、I2、I3电离能数值相对较小，至I4数值突然增大，说明元素X的原子中，有3个电子容易失去，因此，该元素的常见化合价为＋3。
方法规律
元素的各级电离能逐渐增大并且会有突跃，一般第一次突跃前的电离能所对应的电子是最外层电子，对于金属元素来说，该类电子的个数就是该元素的最高正化合价。
二、元素电负性的周期性变化
1．电负性的有关概念与意义
(1)键合电子与电负性：元素相互化合时，原子中用于形成化学键的电子称为键合电子。电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小。
(2)电负性的意义：电负性越大的原子，对键合电子的吸引能力越大。
(3)电负性大小的标准：以氟的电负性为4.0作为相对标准。
2．电负性的变化规律
随原子序数的递增，元素的电负性呈周期性变化。
(1)同周期，自左到右，元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性逐渐增强，金属性逐渐减弱。(稀有气体不考虑)
(2)同主族，自上到下，元素的电负性逐渐减小，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。
3．电负性的应用
(1)判断元素的金属性和非金属性及其强弱
①金属的电负性一般小于1.8，非金属的电负性一般大于1.8，而位于非金属三角区边界的“类金属”(如锗、锑等)的电负性则在1.8左右，它们既有金属性，又有非金属性。
②金属元素的电负性越小，金属元素越活泼；非金属元素的电负性越大，非金属元素越活泼。
(2)判断元素的化合价
①电负性数值小的元素在化合物中吸引电子的能力弱，元素的化合价为正值。
②电负性数值大的元素在化合物中吸引电子的能力强，元素的化合价为负值。
(3)判断化学键的类型
①如果两个成键元素原子间的电负性差值大于1.7，它们之间通常形成离子键。
②如果两个成键元素原子间的电负性差值小于1.7，它们之间通常形成共价键。
电负性、第一电离能与金属性和非金属性的关系
族
周期
ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 0
1
2
3
4
5
6
7
注 ①稀有气体的电离能为同周期中最大。②同一周期，第一电离能ⅡA>ⅢA，ⅤA>ⅥA。
例3 下列对电负性的理解不正确的是( )
A．电负性是人为规定的一个相对数值，不是绝对标准
B．元素电负性的大小反映了元素对键合电子吸引能力的大小
C．元素的电负性越大，则元素的非金属性越强
D．元素的电负性是元素固有的性质，与原子结构无关
答案 D
解析 根据电负性的标准：电负性是以氟为4.0作为标准的相对值，电负性是人为规定的一个相对数值，不是绝对标准，故A正确；根据电负性的含义，电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引能力的大小，故B正确；元素的电负性越大，越易得电子，元素的非金属性越强，故C正确；电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引能力的大小，与原子结构有关，同一周期电负性从左到右依次增大，故D错误。
例4 电负性的大小也可以作为判断元素金属性和非金属性强弱的尺度。下列关于电负性的变化规律正确的是( )
A．周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大
B．周期表从上到下，元素的电负性逐渐变大
C．电负性越大，金属性越强
D．电负性越小，非金属性越强
答案 A
解析 周期表中从左到右非金属性逐渐增强，所以主族元素的电负性逐渐变大，故A正确；周期表中从上到下，金属性逐渐增强，所以同一主族元素的电负性逐渐减小，故B错误；元素电负性越大，原子对键合电子吸引能力越大，则元素非金属性越强，金属性越弱，故C、D错误。
原子结构与元素的性质
1．下列原子的外围电子排布中，第一电离能最小的是( )
A．2s22p4 B．3s23p4
C．4s24p4 D．5s25p4
答案 D
解析 2s22p4是O元素、3s23p4是S元素、4s24p4是Se元素、5s25p6是Te元素，第一电离能大小顺序是O＞S＞Se＞Te，所以第一电离能最小的原子是Te原子，故选D。
2．下列各组元素按电负性大小排列正确的是( )
A．F＞N＞O B．O＞Cl＞F
C．As＞P＞S D．Cl＞S＞As
答案 D
解析 同周期主族元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性F＞O＞N，故A错误；同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐变小，则电负性F＞O＞Cl，故B错误；电负性As＜P＜S，故C错误。
3．下表列出了某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示，单位为kJ·mol－1)
I1
I2
I3
I4
……
R
740
1500
7700
10500
……
下列关于元素R的判断中一定正确的是( )
A．R的最高正价为＋3价
B．R元素位于元素周期表中第ⅡA族
C．R元素的原子最外层共有4个电子
D．R元素基态原子的电子排布式为1s22s2
答案 B
解析 由表中数据I3?I2知其最高正价为＋2价，R元素位于ⅡA族，最外层有2个电子，但R不一定是Be元素。
4．下列四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4 ②1s22s22p63s23p3 ③1s22s22p3 ④1s22s22p5
则下列有关的比较中正确的是( )
A．第一电离能：④>③>②>①
B．原子半径：④>③>②>①
C．电负性：④>③>②>①
D．最高正化合价：④>③＝②>①
答案 A
解析 由电子排布式可知：①为S，②为P，③为N，④为F。第一电离能为④>③>②>①，A正确；B不正确，原子半径应是②最大，④最小；C不正确，电负性：④最大，②最小；D不正确，F无正价，最高正价：①>②＝③。
5．在下列空格中，填上适当的元素符号(放射性元素除外)：
(1)在第3周期中，第一电离能最小的元素是________；第一电离能最大的元素是________。
(2)在元素周期表中，电负性最大的元素是__________，电负性最小的元素是________。
(3)最活泼的金属元素是________。
(4)最活泼的气态非金属原子是________。
(5)第2、3、4周期原子中p轨道半充满的元素是_________________________________。
(6)电负性相差最大的元素是________。
答案 (1)Na Ar (2)F Cs (3)Cs (4)F(5)N、P、As (6)F、Cs
解析 同周期中从左到右，元素的第一电离能(除ⅡA族、ⅤA族反常外)逐渐增大，同周期中碱金属元素最小，稀有气体元素最大，故第3周期中第一电离能最小的为Na，最大的为Ar。电负性的递变规律：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小，故周期表中，电负性最大的元素是氟，电负性最小的是铯。
[对点训练]
题组一 微粒半径大小的比较与判断
1．(2018·定州中学期中)具有下列电子排布式的原子中，半径最大的为( )
A．1s22s22p63s1 B．1s22s22p63s23p64s1
C．1s22s22p63s2 D．1s22s22p63s23p64s2
答案 B
解析 由原子的电子排布式可以确定A是钠元素、B是钾元素、C是镁元素、D是钙元素，钾元素在第4周期ⅠA族，半径最大，B正确。
2．下列四种粒子中，半径按由大到小顺序排列正确的是( )
①基态X的原子结构示意图为
②基态Y的外围电子排布式为3s23p5
③基态Z2－的轨道表示式为
④W基态原子有2个电子层，电子式为
A．①>②>③>④ B．③>④>①>②
C．③>①>②>④ D．①>②>④>③
答案 C
解析 由题意可知：X、Y、Z2－、W分别为S、Cl、S2－、F。S、Cl、S2－、F粒子半径大小排列顺序为r(S2－)>r(S)>r(Cl)>r(F)，故C项正确。
3．下列化合物中阳离子半径与阴离子半径比值最小的是( )
A．MgI2 B．KBr
C．BaI2 D．NaF
答案 A
解析 题目中阳离子半径由小到大的顺序为r(Mg2＋)r(Br－)>r(F－)；r(阳)/r(阴)最小的应取r(阳)最小的r(Mg2＋)与r(阴)最大的r(I－)，故A项正确。
题组二 元素的电离能与电负性
4．下列各组原子中，第一电离能前者大于后者的是( )
A．S和P B．Mg和Al
C．Na和Mg D．Ne和He
答案 B
解析 S和P的价电子构型分别为3s23p4和3s23p3，由于P原子p轨道处于半充满状态，较稳定，所以I1(S)＜I1(P)。Na、Mg和Al的价电子构型分别为3s1、3s2、3s23p1，镁原子s轨道处于全充满状态，故其第一电离能最大；D项中He与Ne同族，I1(He)＞I1(Ne)。
5．下列是几种原子的基态电子排布式，电负性最大的原子是( )
A．1s22s22p4 B．1s22s22p63s23p3
C．1s22s22p63s23p2 D．1s22s22p63s23p64s2
答案 A
解析 根据四种原子的基态电子排布式可知，选项A有两个电子层，最外层有6个电子，应最容易得到电子，电负性最大。
6．下列图示中横坐标是表示元素的电负性数值，纵坐标表示同一主族的五种元素的序数的是( )
答案 B
解析 同主族自上而下原子半径增大，原子对键合电子的吸引力减小，元素的电负性减弱，即同主族随原子序数的增大，电负性降低，选项中符合变化规律的为B中所示图像。
7．下面是同周期元素原子的外围电子排布式，第一电离能最小的原子可能是( )
A．ns2np3 B．ns2np5
C．ns2np4 D．ns2np6
答案 C
解析 同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大，ns2np3、ns2np4、ns2np5、ns2np6属于同一周期且其原子序数依次增大，但ns2np3属于第ⅤA元素，ns2np4属于第ⅥA族，所以几种元素的第一电离能由大到小的顺序可能是ns2np6、ns2np5、ns2np3、ns2np4，故选C。
8．某主族元素的电离能(单位：kJ·mol－1)如下表，此元素位于元素周期表的族数是( )
I1
I2
I3
I4
I5
I6
I7
1011.8
1907
2914.1
4963.6
6273.9
21267
25431
A.ⅢAB．ⅣAC．ⅤAD．ⅥA
答案 C
解析 从表中原子的第一至第七电离能可以看出，元素的第一、第二、第三、第四、第五电离能各自之间变化不是很大，该元素的第六电离能远远大于第五电离能，说明该元素最外层有5个电子，失去5个电子时达到稳定结构，主族元素族序数等于最外层电子数，所以此元素位于元素周期表的族数是ⅤA族，故选C。
9．下列说法中正确的是( )
①元素电负性越大表示该元素的金属性越强 ②元素电负性越大表示该元素的非金属性越强 ③元素电负性很小表示该元素的单质不发生化学反应 ④元素电负性很大表示该元素的单质在发生化学反应时一般易得到电子
A．①③B．①④C．②③D．②④
答案 D
解析 元素电负性越大，非金属性越强，①错、②对；电负性越小，表示该元素单质还原性越强，③错。
题组三 元素周期律的综合应用
10．如图所示是第3周期11～17号元素某种性质变化趋势的柱形图，y轴表示的可能是( )
A．第一电离能 B．电负性
C．原子半径 D．元素的金属性
答案 B
解析 第3周期元素的第一电离能从左到右有增大趋势，但Mg、P反常，故A错误；11～17号元素的原子半径逐渐减小，电负性逐渐增大，金属性逐渐减弱，故B正确，C、D错误。
11．A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构，有关两元素的下列叙述：①原子半径AB，③原子序数A>B，④原子最外层电子数AA．①②⑦ B．③④⑥
C．③⑤ D．③④⑤⑥⑦
答案 B
解析 “A元素的阳离子与B元素的阴离子具有相同的电子层结构”，则A在B的下一周期。①错误，因A原子半径大于同一主族的上一周期的原子的半径，该原子的半径又大于同一周期的B原子的半径，所以原子半径A>B；②错误，离子具有相同的电子层结构时，核电荷数越大，离子半径越小；⑦错误，A的第一电离能小于B的第一电离能。
12．a、b、c、d是四种短周期元素。a、b、d同周期，c、d同主族。a的原子结构示意图为，b、c形成的化合物的电子式为下列说法中正确的是( )
A．原子半径：a>c>d>b
B．电负性：a>b>d>c
C．原子序数：d>a>c>b
D．最高价含氧酸的酸性：c>d>a
答案 D
解析 由a的原子结构示意图可知x值为2，是硅元素，由b与c形成化合物的电子式可知c为第ⅤA族的元素，b为第ⅠA族的元素，因a、b、d同周期，则知b为钠元素，d为磷元素，c为氮元素。根据元素在周期表中的位置和递变规律可知D选项正确。
[综合强化]
13．不同元素的气态原子失去最外层一个电子所需要的能量(设其为E)如图所示。
试根据元素在周期表中的位置，分析图中曲线的变化特点，并回答下列问题。
(1)同主族内不同元素的E值的变化特点是_________________________________
________________________________________________________________________。
各周期中E值的这种变化特点体现了元素性质的____________变化规律。
(2)同周期内，随原子序数增大，E值增大。但个别元素的E值出现反常现象，试预测下列关系中正确的是________________________________________________(填写编号)。
①E(砷)>E(硒) ②E(砷)③E(溴)>E(硒) ④E(溴)(3)估计1mol气态Ca原子失去最外层一个电子所需能量E值的范围：________(4)10号元素E值较大的原因是__________________________________________。
答案 (1)随着原子序数增大，E值变小 周期性
(2)①③ (3)485 738
(4)10号元素为氖，该元素原子最外层电子排布已达到8电子稳定结构
解析 此题考查了元素第一电离能的变化规律和学生的归纳总结能力。
(1)从H、Li、Na、K等可以看出，同主族元素随原子序数的增大，E值变小；从H到He，从Li到Ne，从Na到Ar，均呈明显的周期性变化。
(2)根据图像可知，同周期元素E(氮)>E(氧)，E(磷)>E(硫)，E值出现反常现象，故可推知第4周期E(砷)>E(硒)。但ⅥA族元素和ⅦA族元素的E值未出现反常，所以E(溴)>E(硒)。
(3)根据同主族、同周期规律可以推测：E(K)＜E(Ca)＜E(Mg)。(4)10号元素是稀有气体氖，该元素原子的最外层电子排布已达到8电子稳定结构。
14．下面是某些短周期元素的电负性值：
元素符号
Li
Be
B
C
O
F
电负性
1.0
1.5
2.0
2.5
3.5
4.0
元素符号
Na
Al
Si
P
S
Cl
电负性
0.9
1.5
1.8
2.1
2.5
3.0
(1)通过分析电负性变化规律，确定N、Mg最接近的电负性范围：______(2)推测电负性与原子半径的关系是________________________________________。上表中短周期元素电负性的变化特点，体现了元素性质的________变化规律。
(3)经验规律告诉我们：当成键的两原子相应元素的电负性差值大于1.7时，一般为离子键；小于1.7时，一般为共价键。试推断：AlBr3中化学键类型是__________。
答案 (1)0.9 1.5 2.5 3.5
(2)原子半径越大，电负性越小 周期性
(3)共价键
解析 (1)确定电负性的范围应注意取同周期递变和同主族递变的交集。(2)分析同周期和同主族元素电负性的递变，均可得出电负性随原子半径的增大而减小。
(3)Cl与Al的电负性差值为3.0－1.5＝1.5<1.7，Br的电负性小于Cl的电负性，故AlBr3中成键的两原子相应元素的电负性差值<1.7，为共价键。
15．有A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，A元素基态原子的p轨道上的电子数等于次外层电子数，C元素基态原子的s轨道与p轨道上的电子数相等，D是短周期中电负性最小的元素，E原子的第一电离能(单位：kJ·mol－1，下同)至第四电离能分别为578、1817、2745、11575，F原子的外围电子排布与C原子的相同。请回答下列问题：
(1)推测B的电负性________(填“>”或“<”)F的电负性。
(2)写出D原子的轨道表示式：____________________________________________。
(3)写出元素E与D的最高价氧化物对应的水化物的水溶液反应的离子方程式：
________________________________________________________________________。
答案 (1)>
(3)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
解析 根据题目叙述可得，D应为Na元素，A、C的原子序数小于D的原子序数，故其基态原子的电子排布式分别为1s22s22p2和1s22s22p4，A为C元素，C为O元素，则B为N元素，F为S元素。根据E的电离能可知，E原子的最外层有3个电子，E为Al元素。N元素的非金属性比S元素的强，故电负性：N>S。Na为11号元素，根据原子的核外电子排布规律即可写出其轨道表示式。
专题3 微粒间作用力与物质性质
本专题重难点突破
[学习目标定位] 1.了解共价键、离子键、金属键形成、分类、成键特点及存在。2.能根据晶体的组成、结构和物理性质判断晶体类型。3.了解晶体熔、沸点的变化规律，理解晶体性质与结构之间的关系。4.能利用均摊法进行晶胞的分析和计算。
一、σ键和π键个数的判断
例1 甲、乙、丙三种有机物的结构如下：
甲：
乙：
丙：CH2===CHCN
(1)甲分子中有________个σ键，________个π键，________(填“有”或“没有”)非极性键。
(2)乙分子中每个碳原子形成________个σ键，________个π键。
(3)丙分子中σ键与π键的数目之比为________。
(4)上述分子中既存在极性键又存在非极性键的是________。
答案 (1)8 2 有 (2)3 1 (3)2∶1 (4) 甲、丙
解析 (1)甲分子中有3个C—H σ键，2个C—C σ键，2个C—O σ 键，1个O—H σ键；C===C和C===O中分别有1个π键；有C—C、C===C非极性键。
(2)乙分子中C与O原子之间形成1个σ键和1个π键，C与两个Cl原子之间分别形成1个σ键。
(3)丙分子中含有1个C===C键，1个C≡N键，3个C—H键和1个C—C键，故丙分子中共有6个σ键和3个π键。
方法规律——σ键、π键存在的规律
(1)共价单键全部是σ键。
(2)共价双键中，一个是σ键、一个是π键。
(3)共价叁键中，一个是σ键、两个是π键。
二、化学键的分类及存在
例2 (1)下列关于化学键的各种叙述正确的是_____________________________。
A．含有金属元素的化合物一定是离子化合物
B．共价化合物中一定不存在离子键
C．由多种非金属元素组成的化合物一定是共价化合物
D．由不同种元素组成的多原子分子中，一定只存在极性键
(2)铁是生活中常用的一种金属，其常见的离子有Fe2＋、Fe3＋，其中Fe2＋可用K3[Fe(CN)6](赤血盐)溶液检验。
①铁单质中化学键为________(填名称)。
②K3[Fe(CN)6]晶体中各种微粒的作用力有______(填字母)。
a．金属键 b．共价键
c．配位键 d．离子键
答案 (1)B (2)①金属键 ②bcd
解析 (1)含有金属元素的化合物，可能为共价化合物，如氯化铝，A项错误；含离子键的化合物一定为离子化合物，则共价化合物中一定不存在离子键，B项正确；由多种非金属元素组成的化合物，可能为离子化合物，如铵盐，C项错误；由不同种元素组成的多种原子分子中可存在极性键和非极性键，如H2O2中存在极性键和非极性键，D项错误。(2)①铁单质中含金属键。②K3[Fe(CN)6]属于配位化合物又属于离子化合物，含配位键、离子键，CN－中含有共价键。
易误提醒
(1)活泼的金属与非金属之间形成的不一定是离子键，如AlCl3，多种非金属元素之间也可以形成离子键，如铵盐。
(2)物质中含有阳离子不一定含有阴离子，如金属单质中含有金属阳离子和自由电子，没有阴离子。但是物质中含有阴离子则一定含有阳离子。
三、晶体类型的判断
例3 (2017·北京四中月考)(1)判断下列晶体类型。
①SiI4：熔点为120.5℃，沸点为271.5℃，易水解，为__________。
②硼：熔点为2300℃，沸点为2550℃，硬度大，为______________。
③硒：熔点为217℃，沸点为685℃，溶于氯仿，为______________。
④锑：熔点为630.74℃，沸点为1750℃，可导电，为__________________。
(2)三氯化铁常温下为固体，熔点为282℃，沸点为315℃，在300℃以上易升华。易溶于水，也易溶于乙醚、丙酮等有机溶剂。据此判断三氯化铁晶体为______________(填晶体类型)。
答案 (1)①分子晶体 ②原子晶体 ③分子晶体④金属晶体 (2)分子晶体
解析 (1)①SiI4为低熔点化合物，为分子晶体；②晶体硼熔点高，硬度大，是典型的原子晶体；③硒熔、沸点低，易溶于CHCl3，为分子晶体；④锑可导电，为金属晶体。(2)FeCl3熔、沸点低，易溶于水及有机溶剂，应为分子晶体。
四、晶体熔、沸点的比较
例4 下列各组物质的沸点按由低到高的顺序排列的是( )
A．NH3、CH4、NaCl、Na
B．H2O、H2S、MgSO4、SO2
C．CH4、H2O、NaCl、SiO2
D．Li、Na、K、Rb、Cs
答案 C
解析 C项中SiO2是原子晶体，NaCl是离子晶体，CH4、H2O都是分子晶体，且常温下水为液态，CH4是气态。
方法规律——比较不同晶体熔、沸点的基本思路
首先看物质的状态，一般情况下是固体>液体>气体；二是看物质所属类型，一般是原子晶体>离子晶体>分子晶体(注意：不是绝对的，如氧化铝的熔点大于晶体硅)，结构类型相同时再根据相应规律进行判断。同类晶体熔、沸点比较思路：原子晶体→共价键键能→键长→原子半径；分子晶体→分子间作用力→相对分子质量；离子晶体→离子键强弱→离子所带电荷数、离子半径。
五、四种类型的结构与性质的对比
例5 下列有关晶体的说法正确的是( )
A．晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
B．原子晶体中共价键越强，熔点越高
C．冰融化时水分子中共价键发生断裂
D．氯化钠熔化时离子键未被破坏
答案 B
解析 分子的稳定性由分子内共价键的强弱决定，而与分子间作用力的大小无关，A项错误；原子晶体中只存在共价键，共价键越强，破坏共价键所需的能量越多，熔点越高，B项正确；冰在融化时克服的是氢键和范德华力，水分子内部共价键并没有断裂，C项错误；氯化钠熔化时，离子间的距离变大，离子键被破坏，D项错误。
六、晶胞分析及化学式的确定
例6 镧系合金是稀土系储氢合金的典型代表，由荷兰菲利浦实验室首先研制出来。它的最大优点是容易活化。其晶胞结构如图所示：
则它的化学式为( )
A．LaNi2B．La2Ni3C．La2Ni5D．LaNi5
答案 D
解析 根据晶胞结构图可知，面心上的原子为2个晶胞所共有，顶点上的原子为6个晶胞所共有，内部的原子为整个晶胞所有，所以晶胞中La原子个数为3，Ni原子个数为15，则镧系合金的化学式为LaNi5。
易误警示
(1)晶胞中关于粒子个数的计算，关键是分析晶胞中任意位置的一个粒子被几个晶胞共有。对于由独立原子构成的分子则不能用均摊法。
(2)在使用均摊法计算晶胞中的微粒个数时，要注意晶胞的形状。不同形状的晶胞，应先分析任意位置上的一个粒子被几个晶胞所共有。如六棱柱晶胞中，顶点、侧棱、底面上的棱、面心上的微粒依次被6、3、4、2个晶胞所共有。
七、有关晶胞密度的计算
例7 (1)Cu的一种氯化物晶胞结构如图所示(黑球表示铜原子，白球表示氯原子)，该氯化物的化学式是________。若该晶体的密度为ρg·cm－3，以NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的边长a＝________nm。
(2)用晶体的X射线衍射法对Cu的测定得到以下结果：Cu的晶胞为面心立方最密堆积(如图)，已知该晶体的密度为9.00g·cm－3，Cu的原子半径为________cm(阿伏加德罗常数的值为NA，只要求列式表示)。
(3)一种铜金合金晶胞如图所示(Au原子位于顶点，Cu原子位于面心)，则该合金中Au原子与Cu原子个数之比为__________，若该晶胞的边长为apm，则合金的密度为________g·cm－3(只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为NA)。
答案 (1)CuCl
(2)×
(3)1∶3
解析 (1)晶胞中铜原子的个数是4，氯原子的个数是8×＋6×＝4，所以该氯化物的化学式为CuCl。根据m＝Vρ可知(a×10－7 cm)3×ρg·cm－3＝×99.5 g·mol－1，解得a＝ nm。
(2)Cu的晶胞为面心立方最密堆积，以顶点Cu原子为研究对象，与之距离最近的Cu原子位于面心上，每个顶点Cu原子为12个面共用，所以Cu的配位数为12，根据晶胞的结构图可知，晶胞中含有铜原子数为8×＋6×＝4，设晶胞的边长为a cm，则a3 cm3×ρg·cm－3×NAmol－1＝4×64 g·mol－1，所以a＝，晶胞面对角线为a cm，面对角线的为Cu原子半径，所以Cu原子半径为× cm。
(3)在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，该晶胞中Au原子个数为8×＝1，Cu原子个数为6×＝3，所以该合金中Au原子与Cu原子个数之比为1∶3，晶胞体积V＝(a×10－10 cm)3，每个晶胞中铜原子个数是3、Au原子个数是1，则ρ＝g·cm－3＝g·cm－3。
方法规律
(1)晶体密度的求解过程：确定晶胞中微粒数(设为N个)→求该微粒的物质的量(N/NA)→用物质的量乘以摩尔质量得到晶胞的质量→晶胞的质量除以晶胞的体积得到密度。
(2)在计算晶胞密度时，一定注意单位之间的换算，一般情况下边长的单位是pm，而密度的单位是g·cm－3，没有进行单位换算或没有正确进行换算(即1pm＝10－10cm)，则会导致错误。
第一单元 金属键 金属晶体
第1课时 金属键与金属特性
[学习目标定位] 认识金属键，能用金属键理论解释金属的一些物理特性，会正确分析金属键的强弱。
一、金属键
1．概念：指金属离子与自由电子之间强烈的相互作用。
2．成键微粒：是金属阳离子和自由电子。
3．特征：没有方向性和饱和性。
4．存在：存在于金属单质和合金中。
金属键的实质：金属离子与自由电子之间强烈的相互作用。
例1 下列关于金属键的叙述中，不正确的是( )
A．金属元素在化合物中一定显正价
B．金属键没有饱和性和方向性
C．金属键是金属原子和自由电子间的相互作用
D．构成金属键的自由电子在整个金属内部的三维空间中做自由运动
答案 C
解析 金属元素原子的最外层电子数一般较少，原子核对电子的吸引能力较小，易失去电子显正价，A正确；金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈相互作用，自由电子为整个金属的所有阳离子所共有，所以金属键没有方向性和饱和性，所以构成金属键的自由电子在整个金属内部的三维空间中做自由运动，B、D正确，C错误。
例2 下列物质中只含有阳离子的物质是( )
A．氯化钠 B．金刚石
C．金属铝 D．氯气
答案 C
解析 氯化钠是离子化合物，既含阳离子又含阴离子；金属铝中含有阳离子和自由电子；金刚石由原子组成，氯气由分子组成，都不含阳离子，故C正确。
理解感悟
某物质有阳离子，但不一定有阴离子；而有阴离子时，则一定有阳离子。
二、金属的物理性质
1．金属晶体物理特性分析
(1)良好的延展性：金属键没有方向性，当金属受到外力作用时，晶体中的各原子层发生相对滑动而不会破坏金属键，金属发生形变但不会断裂，故金属晶体具有良好的延展性。
(2)良好的导电性：金属晶体中的自由电子可以在外加电场作用下发生定向移动。
(3)金属的导热性：是自由电子在运动时与金属离子碰撞而引起能量的交换，从而使能量从温度高的部分传到温度低的部分，使整块金属达到相同的温度。
2．金属键的强弱影响金属晶体的硬度和熔、沸点
(1) 金属的原子化热：指1mol金属固体完全气化成相互远离的气态原子时吸收的能量。金属的原子化热可以用来衡量金属键的强弱。
(2)金属晶体熔点的变化规律
①金属的原子化热越大，金属键越强，金属晶体的熔点越高。如K＜Na＜Mg＜Al，Li＞Na＞K＞Rb。
②金属晶体熔点差别很大，如汞常温为液体，熔点很低(－38.9℃)，而铁等金属熔点很高(1535℃)。
(1)绝大多数金属熔、沸点较高，硬度较大；具有金属光泽，具有良好的导电性、导热性和延展性。
(2)金属元素的原子半径(或阳离子半径)越小、单位体积内自由电子的数目(或阳离子所带电荷)越多，金属键越强，金属单质的熔、沸点越高，硬度越大。
例3 某新型“防盗玻璃”为多层结构，每层中间嵌有极细的金属线。当玻璃被击碎时，与金属线相连的警报系统就会立即报警，“防盗玻璃”能报警是利用了金属的( )
A．延展性 B．导电性
C．弹性 D．导热性
答案 B
解析 新型“防盗玻璃”为多层结构，每层中间嵌有极细的金属线。当玻璃被击碎时，与金属线相连的警报系统就会立即报警，说明当玻璃被击碎时，形成闭合回路，利用了金属的导电性，故选B。
例4 下列各组金属熔、沸点的高低顺序，排列正确的是( )
A．Mg＞Al＞Ca B．Al＞Na＞Li
C．Al＞Mg＞Ca D．Mg＞Ba＞Al
答案 C
解析 阳离子电荷数：Al3＋>Mg2＋＝Ca2＋＝Ba2＋>Li＋＝Na＋，阳离子半径：r(Ba2＋)>r(Ca2＋)>r(Na＋)>
r(Mg2＋)>r(Al3＋)>r(Li＋)，故C正确。
金属键的形成
1．金属键的形成是通过( )
A．金属原子与自由电子之间的相互作用
B．金属离子与自由电子之间强烈的相互作用
C．自由电子之间的相互作用
D．金属离子之间的相互作用
答案 B
解析 金属键的形成是通过金属离子与自由电子之间强烈的相互作用，故选B。
2．下列关于金属晶体导电的叙述中，正确的是( )
A．金属晶体内的电子在外加电场条件下可以发生自由移动
B．在外加电场作用下，金属晶体内的金属阳离子相对滑动
C．在外加电场作用下，自由电子在金属晶体内发生定向移动
D．温度越高导电性越强
答案 C
解析 金属导电的原理是：在外加电场作用下自由电子发生定向移动，故A、B项错误；金属的导电性与温度成反比，即温度越高，导电性越弱，故D项错误。
3．下列性质体现了金属通性的是( )
A．铁能够被磁铁磁化
B．铝在常温下不溶于浓硝酸
C．铜有良好的延展性、导热性和导电性
D．钠与水剧烈反应放出氢气
答案 C
解析 金属通性指的是金属的某些共有的性质，如“不透明、有金属光泽、有延展性、导热性、导电性”等。
4．下列说法错误的是( )
A．钠的硬度大于铝
B．铝的熔、沸点高于钙
C．镁的硬度大于钾
D．钙的熔、沸点高于钾
答案 A
5．(1)金属导电靠________，电解质溶液导电靠________。
(2)影响金属键强弱的因素有________、________、金属晶体中金属原子的堆积方式等。一般说来，金属键越强，则金属的熔点________，硬度________。
答案 (1)自由电子 自由离子
(2)金属原子半径大小 单位体积内自由电子的数目 越高 越大
解析 (1)金属能导电是金属中的自由电子在外加电场的作用下发生定向移动，且导电能力随温度升高而减弱，电解质溶液的导电过程实际上是阴、阳离子定向移动的过程。
(2)金属键与金属原子的半径、单位体积内自由电子的数目有关，一般情况下，金属原子半径越小，单位体积内自由电子数越多，金属键越强，则金属的熔、沸点越高，硬度越大。
[对点训练]
题组一 金属键及其影响因素
1．金属键的实质是( )
A．金属离子之间的相互作用
B．金属原子之间的相互作用
C．金属离子与自由电子间的相互作用
D．金属原子与自由电子间的相互作用
答案 C
解析 金属键是金属原子失去部分或全部外围电子形成的金属离子与自由电子之间强烈的相互作用。
2．下列有关金属键的叙述错误的是( )
A．金属键没有饱和性和方向性
B．金属键中的自由电子属于整块金属
C．金属的性质和金属固体的形成都与金属键有关
D．金属键是金属阳离子和自由电子之间存在的强烈的静电吸引作用
答案 D
解析 金属键没有方向性和饱和性；金属键中的自由电子属于整块金属；金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈相互作用，既包括金属阳离子与自由电子之间的静电吸引作用，也包括金属阳离子之间及自由电子之间的静电排斥作用；金属的性质及固体的形成都与金属键强弱有关。
题组二 金属的物理特性
3．金属的下列性质中，不能用金属键理论加以解释的是( )
A．易导电 B．易导热
C．有延展性 D．易锈蚀
答案 D
解析 金属键理论只能解释金属的导电性、导热性、延展性、硬度、熔点等物理性质，是否容易生锈是金属的化学性质，只能用金属的原子结构加以解释。
4．金属能导电的原因是( )
A．金属晶体中的金属阳离子与自由电子间的作用较弱
B．金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动
C．金属晶体中的金属阳离子在外加电场作用下可发生定向移动
D．金属晶体在外加电场作用下可失去电子
答案 B
解析 根据电子气理论，价电子是属于整个晶体的，在外加电场作用下，发生定向移动从而导电，B项正确。
5．金属具有延展性的原因是( )
A．金属原子半径都较大，价电子较少
B．金属受外力作用变形时，金属阳离子与自由电子间仍保持较强烈作用
C．金属中大量自由电子受外力作用时，运动速度加快
D．自由电子受外力作用时能迅速传递能量
答案 B
解析 金属晶体具有良好的导电性、导热性、延展性等，其原因都与遍布晶体的“自由电子”有关。金属具有延展性是原子层相对滑动，但金属阳离子与自由电子形成的化学键没有被破坏，故金属阳离子与自由电子间仍保持较强烈作用。
6．在金属中，自由电子与金属离子或金属原子的碰撞有能量传递，可以用此来解释的金属的物理性质是( )
A．延展性 B．导电性
C．导热性 D．硬度
答案 C
解析 金属晶体中，自由电子获得能量后，在与金属离子或金属原子的碰撞过程中实现了能量传递，把能量从温度高的区域传到温度低的区域，体现了金属的导热性。
7．金属具有的通性是( )
①具有良好的导电性 ②具有良好的导热性 ③具有延展性 ④都具有较高的熔点 ⑤都是固体 ⑥都具有很大的硬度
A．①②③ B．②④⑥
C．④⑤⑥ D．①③⑤
答案 A
解析 金属并不一定具有较高的熔点，如汞在常温下是液态，钠、钾等的硬度都不大，所以④⑤⑥均错误。
题组三 由金属键的强弱比较判断金属的熔、沸点
8．下列晶体中，金属阳离子与自由电子间的作用最强的是( )
A．Na B．Mg
C．Al D．K
答案 C
解析 影响金属键强弱的主要因素有金属原子的半径、单位体积内自由电子的数目等。一般而言，金属原子的半径越小、单位体积内自由电子的数目越多，金属键就越强，金属阳离子与自由电子间的作用就越强。Na、Mg、Al均位于第3周期，原子半径逐渐减小，价电子数目逐渐增多，所以金属键逐渐增强，其中Al的金属键最强，Na的金属键最弱，而K和Na位于同一主族，且K的半径比Na大，故K的金属键比钠弱。
9．铝钠合金有着广泛的应用，现有三种晶体：①铝、②钠、③铝钠合金，它们的熔点从低到高的顺序是( )
A．①②③ B．②①③
C．③②① D．③①②
答案 C
解析 三种晶体中，一般合金的熔点低于各组成金属单质的熔点，而铝与钠比较，钠的熔、沸点较低，故答案为C。
10．要使金属熔化必须破坏其中的金属键，而原子化热是比较金属键强弱的依据之一。下列说法正确的是( )
A．金属镁的硬度大于金属铝
B．金属镁的熔点低于金属钙
C．金属镁的原子化热大于金属钠的原子化热
D．碱金属单质的熔、沸点从Li到Cs是逐渐增大的
答案 C
解析 镁离子比铝离子的半径大而所带的电荷少，所以金属镁比金属铝的金属键弱，硬度小；因镁离子的半径小而所带电荷相同，使金属镁比金属钙的金属键强，所以金属镁比金属钙的熔点和沸点高；因镁离子的半径小而所带电荷多，使金属镁比金属钠的金属键强，原子化热比钠大；从Li到Cs，离子的半径是逐渐增大的，所带电荷相同，金属键逐渐减弱，熔、沸点和硬度都逐渐减小。
[综合强化]
11．物质的性质决定了物质的用途，下面列出了金属的几种性质：①导热性、②导电性、③还原性、④延展性、⑤具有金属光泽。请在下面金属用途后的横线上填上金属主要性质对应的序号。(每空限选一个)
(1)用铝锭制成包装用的铝箔________。
(2)用铝制成的高压铝锅________。
(3)用铁粉回收照相业废液中的银________。
(4)电信业中大量使用的铜丝、金属电缆________。
答案 (1)④ (2)① (3)③ (4)②
解析 (1)用铝箔做包装品材料利用了铝的延展性，故答案为④。
(2)用铝制成的高压铝锅利用了铝的导热性，故答案为①。
(3)用铁粉回收照相业废液中的银利用了铁的还原性，故答案为③。
(4)用铜丝、金属做电缆利用了金属的导电性，故答案为②。
12．工业上生产Na、Ca、Mg都是电解其熔融态的氯化物，但钾不能用电解熔融KCl的方法制得，因为金属钾易溶于熔融态的KCl中而产生危险，难以得到钾，且降低电解效率。现在生产金属钾是用金属钠和熔化的KCl反应来制取，有关数据如下：
熔点(℃)
沸点(℃)
密度(g·cm－3)
Na
97.8
883
0.97
K
63.7
774
0.86
NaCl
801
1413
2.165
KCl
770
1500升华
1.984
工业上生产金属钾的化学方程式和条件是
KCl＋NaNaCl＋K
(1)工业上制金属钾主要应用什么原理使反应变为现实？
(2)工业上制金属钾时主要运用了上表所列的哪些物理常数，并说明原因。
答案 (1)应用平衡移动原理，钾蒸气逸出，使生成物浓度减小，平衡不断向右移动，从而获得金属钾。
(2)运用钾、钠、氯化钾、氯化钠的熔点和沸点数据。工业上生产钾时温度是关键，850℃时NaCl、KCl、Na皆为熔融状态，而钾为蒸气，所以利用了钾、钠、氯化钠、氯化钾的熔点和沸点差异来制取金属钾。
13．根据你的生活经验和下表所提供的信息，分析并回答下列问题。
物理性质
物理性质比较
导电性(以银为100)
银
铜
金
铝
锌
铁
100
99
74
61
27
17
密度/g·cm－3
金
铅
银
铜
铁
锌
铝
19.3
11.3
10.5
8.92
7.86
7.14
2.7
熔点/℃
钨
铁
铜
金
银
铝
锡
3410
1535
1083
1064
962
660
232
硬度(以金刚石为10)
铬
铁
银
铜
金
铝
铅
9
4～5
2.5～4
2.5～3
2.5～3
2～2.9
1.5
(1)为什么菜刀、锤子等通常用铁制而不用铅制？
(2)银的导电性比铜好，为什么导线一般用铜制而不用银制？
(3)为什么灯泡里的灯丝用钨制而不用锡制？
(4)上述哪种物理性质与自由电子关系最为密切？
答案 (1)因为铁的硬度比铅大，且铅有毒，故常用铁而不用铅制作菜刀、锤子等。
(2)银和铜的导电性相近，但银比铜贵得多，且电线用量大，所以用铜不用银。
(3)因为钨的熔点很高(3410℃)，而锡的熔点(232℃)太低，通电时锡就熔化了，所以用钨丝而不用锡丝制灯泡的灯丝。
(4)导电性。
解析 在确定金属的用途时，要考虑其硬度、熔点、导电性等多种性质，有时还要考虑价格、资源、是否便利、是否有毒、是否利于回收等因素。正确解答本题还要会读题，充分利用题中所给信息进行比较解题。
第一单元 金属键 金属晶体
第2课时 金属晶体
[学习目标定位] 1.认识晶体的结构特点，明确晶胞的概念，学会晶胞中微粒数的计算方法(切割法)。2.熟知金属晶体的原子堆积模型。
一、晶体、晶胞及其所含微粒数的计算方法
1．晶体：具有规则几何外形的固体，晶体的外形规则是其内部结构规则的外部表现，构成晶体的微粒的排列是规则的。
2．晶胞
(1)晶体结构中最小的重复单元叫晶胞。
(2)一般来说，晶胞都是平行六面体。
(3)晶胞只是晶体微粒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，而且所有晶胞的形状及其内部含有的原子种类、个数及几何排列都是完全相同的。
3．金属铜的晶胞为面心立方晶胞，如图所示。
铜晶体面心立方晶胞及其切割示意图
观察分析上图，回答下列问题：
(1)位于顶角上的铜原子为8个晶胞共有。
(2)位于面心上的铜原子为2个晶胞共有。
(3)晶体铜中完全属于某一晶胞的铜原子数是4。
(1)晶体是由无数个晶胞堆积得到的。知道晶胞的大小和形状以及晶胞中粒子的种类、数目和粒子所处的空间位置，就可以认识整个晶体的结构。
(2)晶胞中微粒个数的计算(切割法)。
计算一个晶胞中实际拥有的微粒数，常用切割法。即某个粒子为n个晶胞所共有，则该粒子的属于这个晶胞。
如长方体(正方体)晶胞中不同位置的粒子数的计算
①处于顶点上的粒子，同时为8个晶胞所共有，每个粒子有属于该晶胞。
②处于棱边上的粒子，同时为4个晶胞所共有，每个粒子有属于该晶胞。
③处于晶面上的粒子，同时为2个晶胞所共有，每个粒子有属于该晶胞。
④处于晶胞内部的粒子，则完全属于该晶胞。
例1 现有甲、乙、丙(如下图)三种晶体的晶胞(甲中x处于晶胞的中心，乙中a处于晶胞的中心)，可推知：甲晶胞中x与y的个数比是__________，乙晶胞中a与b的个数比是__________，丙晶胞中有________个c离子，有________个d离子。
答案 4∶3 1∶1 4 4
解析 处于晶胞中心的x或a为该晶胞单独占有，位于立方体顶点的微粒为8个立方体共有，位于立方体棱边上的微粒为4个立方体共有，位于立方体面上的微粒为2个立方体共有，所以x∶y＝1∶(6×)＝4∶3；a∶b＝1∶(8×)＝1∶1；丙晶胞中c离子为12×＋1＝4个，d离子为8×＋6×＝4个。
例2 如图所示是晶体结构中具有代表性的最小重复单元(晶胞)的排列方式，图中○—X、●—Y、?—Z。其对应的化学式不正确的是( )
答案 B
解析 A图中X、Y原(离)子的位置、数目完全等同，化学式为XY，正确；B图化学式应为XY，错误；C图中X的数目：4×＋1＝，Y的数目：4×＝，化学式为X3Y，正确；D图中X的数目：8×＝1，Y的数目：6×＝3，Z位于内部，数目为1，化学式为XY3Z，正确。
误区提醒
非长方体(正方体)晶胞中粒子对晶胞的贡献应视具体情况而定。如六棱柱顶点上的粒子被6个晶胞共用，该顶点个粒子属于该晶胞，棱上的粒子有属于该晶胞。
二、金属晶体中金属原子的堆积方式
1．金属原子在二维平面中放置的两种方式
金属晶体中的原子可看成直径相等的球体。把它们放置在平面上(即二维空间里)，可有两种方式——a：非密置层，b：密置层(如下图所示)。
(1)晶体中一个原子周围距离相等且最近的原子的数目叫配位数。分析上图非密置层的配位数是4，密置层的配位数是6。
(2)密置层放置时，平面的利用率比非密置层的要高。
2．金属晶体的原子在三维空间里的4种堆积模型
金属原子在三维空间按一定的规律堆积，有4种基本堆积方式。
堆积方式
图式
实例
简单立方堆积
钋
体心立方堆积
钠、钾、铬、钼、钨等
面心立方堆积
金、银、铜、铅等
六方堆积
镁、锌、钛等
3.合金
(1)概念：由一种金属和另一种或几种金属(非金属)混合形成具有金属性质的物质称为合金。如钠钾合金、铜锌合金等。
(2)合金的性质
①合金的熔、沸点一般比组成它的各成分金属的熔、沸点低。
②形成合金后硬度、强度大(一般情况下)。
(1)堆积原理
组成晶体的金属原子在没有其他因素影响时，在空间的排列大都服从紧密堆积原理。这是因为在金属晶体中，金属键没有方向性和饱和性，因此都趋向于使金属原子吸引更多的其他原子分布于周围，并以紧密堆积方式降低体系的能量，使晶体变得比较稳定。
(2)常见的堆积模型
堆积模型
采纳这种堆积的典型代表
晶胞
配位数
空间利用率
每个晶胞所含原子数
非密置层
简单立方堆积
Po(钋)
6
52%
1
体心立方堆积
Na、K、Fe
8
68%
2
密置层
六方
堆积
Mg、Zn、Ti
12
74%
6
面心立方堆积
Cu、Ag、Au
12
74%
4
例3 对图中某金属晶体结构的模型进行分析，有关说法正确的是( )
A．该种堆积方式称为六方堆积
B．该种堆积方式称为体心立方堆积
C．该种堆积方式称为面心立方堆积
D．金属Mg就属于此种堆积方式
答案 C
解析 由图示知该堆积方式为面心立方堆积，A、B错误，C正确，Mg是六方堆积，D错误。
例4 金晶体是面心立方体，立方体的每个面上5个金原子紧密堆砌(如图，其余各面省略)，金原子半径为Acm。求：
(1)金晶体中最小的一个立方体含有________个金原子。
(2)金的密度为______g·cm－3(用带A的计算式表示)。
答案 (1)4 (2)
解析 (1)根据晶胞结构可知，金晶体中最小的一个立方体含有金原子数目为8×＋6×＝4。
(2)金原子半径为A cm，则晶胞中面对角线是4A cm，所以晶胞的边长是2A cm，所以×NA＝4，解得ρ＝。
方法规律——立方晶胞中各物理量的关系
m＝ρV＝a3×ρ＝N×
1．下列不属于晶体的特点的是( )
A．一定有固定的几何外形
B．一定有各向异性
C．一定有固定的熔点
D．一定是无色透明的固体
答案 D
2．金属钠是体心立方堆积，下列关于钠晶体的判断合理的是( )
A．其熔点比金属铝的熔点高
B．一个钠的晶胞中，平均含有4个钠原子
C．该晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动
D．该晶体中的钠离子在外加电场的作用下可发生定向移动
答案 C
解析 金属的原子半径越小，金属离子所带电荷数越多，金属键越强，金属熔化时破坏金属键，所以Al的金属键强度大于Na的金属键强度，所以Na的熔点比金属Al的熔点低，故A错误；晶胞中Na原子位于立方体的顶点和体心，则一个钠的晶胞中，平均含有钠原子数为×8＋1＝2，故B错误；自由电子在电场的作用下可以定向移动，金属晶体中存在自由移动的电子，所以该晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动，故C正确；晶体中的钠离子不能自由移动，所以晶体中的钠离子在外加电场作用下不能定向移动，故D错误。
3．已知某晶体晶胞如图所示，则该晶体的化学式为( )
A．XYZ B．X2Y4Z
C．XY4Z D．X4Y2Z
答案 C
解析 该晶体的晶胞是正方体形晶胞。该晶胞拥有的X原子数为8×＝1；Y原子位于该晶胞内，共有4个，因此该晶胞中拥有的Y原子数为4；Z只有1个，位于晶胞的体心上，故该晶体的化学式为XY4Z。
4．有四种不同堆积方式的金属晶体的晶胞如图所示，有关说法正确的是( )
A．①为简单立方堆积，②为六方最密堆积，③为体心立方堆积，④为面心立方最密堆积
B．每个晶胞含有的原子数分别为①1个，②2个，③2个，④4个
C．晶胞中原子的配位数分别为①6，②8，③8，④12
D．空间利用率的大小关系为①<②<③<④
答案 B
解析 本题考查了金属晶体的堆积方式。准确理解并记忆金属晶体的四种常见堆积方式是解答本题的关键。①为简单立方堆积，②为体心立方堆积，③为六方最密堆积，④为面心立方最密堆积，A项错误；每个晶胞含有的原子数分别为①8×＝1，②8×＋1＝2，③8×＋1＝2，④8×＋6×＝4，B项正确；晶胞③中原子的配位数应为12，C项错误；四种晶体的空间利用率分别为52%、68%、74%、74%，所以D项错误，应为④＝③>②>①。
5．回答下列问题：
(1)1183K以下纯铁晶体的基本结构单元如图1所示，1183K以上转变为图2所示的基本结构单元，在两种晶体中最邻近的铁原子间距离相同。
①铁原子的简化电子排布式为__________；铁晶体中铁原子以__________键相互结合。
②在1183K以下的纯铁晶体中，与铁原子等距离且最近的铁原子数为__________；在1183K以上的纯铁晶体中，与铁原子等距离且最近的铁原子数为__________。
(2)铜的晶胞示意为图3，晶胞中所含的铜原子数为__________个。金属铜晶胞的边长为acm。又知铜的密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数为________。
答案 (1)①[Ar]3d64s2 金属 ②8 12 (2) 4 mol－1
解析 (1)②在1 183 K以下的纯铁晶体中，与体心铁原子等距离且最近的铁原子是8个顶点的铁原子；在1 183 K以上的纯铁晶体中，与面心铁原子等距离且最近的铁原子有12个。
(2)铜晶胞为面心立方最密堆积，1个晶胞能分摊到4个Cu原子；1个晶胞的体积为a3 cm3；一个晶胞的质量为a3ρ g；由＝a3ρ g，得NA＝mol－1。
[对点训练]
题组一 晶胞及其微粒数目的确定
1．下列有关晶胞的叙述中正确的是( )
A．晶胞的结构是晶体的结构
B．不同的晶体中晶胞的大小和形状都相同
C．晶胞中的任何一个粒子都属于该晶胞
D．已知晶胞的组成就可推知晶体的组成
答案 D
解析 由晶胞的定义可知A选项错误；相同晶体中晶胞的大小和形状完全相同，不同晶体中晶胞的大小和形状不一定相同，B选项错误；晶体中的大部分粒子被若干个晶胞所共有，不专属于某个晶胞，C选项错误；知道晶胞的组成，利用“切割法”，即可推知晶体的组成，D选项正确。
2．下列能够表示出每个晶胞中所含实际微粒个数的面心立方晶胞的是( )
答案 B
解析 A项和B项是面心立方晶胞，其中B项是经过切割了的面心立方晶胞，它能表示出此晶胞中所含微粒的实际数目，C项和D项是体心立方晶胞。
3．MCl晶体具有立方体结构，其晶胞结构如图所示，在该晶体中，每个M＋周围与它最接近的且距离相等的M＋的个数共有( )
A．6个 B．8个
C．12个 D．16个
答案 A
解析 根据MCl的晶胞结构可以看出每个M＋的正上、正下、左、右、前、后各有一个M＋与之距离相等且最近，故每个M＋周围与它最接近的且距离相等的M＋共有6个。
4．科学家把C60和K掺杂在一起制造出的物质具有超导性能，其晶胞结构如图所示。该物质中K和C60的个数之比为( )
A．1∶1 B．2∶1
C．3∶1 D．4∶1
答案 C
解析 根据均摊法可知，该晶胞中K的个数为2×6×＝6，C60的个数为1＋8×＝2，所以该物质中K和C60的个数之比为6∶2＝3∶1。
题组二 晶体化学式的确定方法
5．金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，a、b、c分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞a、b、c内金属原子个数比为( )
A．3∶2∶1 B．11∶8∶4
C．9∶8∶4 D．21∶14∶9
答案 A
解析 a晶胞中，顶点的微粒被6个晶胞共用，所以a中原子个数为12×＋2×＋3＝6；b中原子个数为8×＋6×＝4；c中原子个数为8×＋1＝2。
6．最近发现，只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性。该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，则该晶体的化学式为( )
A．Mg2CNi3 B．MgC2Ni
C．MgCNi2 D．MgCNi3
答案 D
解析 Mg处于晶胞的顶点上，故有8×＝1个；Ni处于晶胞的面心，故有6×＝3个；C处于晶胞的体心，完全属于该晶胞，故该晶体的化学式为MgCNi3。
7．硼和镁形成的化合物刷新了金属化合物超导的最高纪录。如图所示的是该化合物的晶体结构：镁原子间形成正六棱柱，且棱柱的上、下底面还各有一个镁原子；6个硼原子位于棱柱内。则该化合物的化学式为( )
A．MgB B．MgB2
C．Mg2B D．Mg3B2
答案 B
解析 棱柱内硼原子数为6，均属于这个晶胞。镁原子位于上、下面心(2个)及12个顶点，共有镁原子数为2×＋12×＝3，则镁、硼原子个数之比为1∶2。
8．钇钡铜氧化合物晶胞的结构如下图所示，则该化合物的化学式可能是( )
A．YBa2Cu3O4 B．YBa2Cu2O5
C．YBa2Cu3O5 D．YBaCu4O4
答案 C
解析 位于顶点的铜原子(最上层平面和最下层平面)的共8个，这个晶胞中只分摊到8×＝1个；位于棱上(中间两个平面)的也是8个，这个晶胞分摊到的是8×＝2个，所以，每个晶胞单独含有的铜原子数为3个。氧原子共13个，位于晶胞面上(不含棱)的是7个，位于晶胞棱上的是6个，所以，每个晶胞单独含有的氧原子数为7×＋6×＝5个。所以该晶体每个晶胞中平均分摊到(即单独含有)的钇原子、钡原子、铜原子和氧原子个数分别为1、2、3、5，化学式为YBa2Cu3O5。
题组三 金属晶体的原子堆积模型
9．仔细观察下图，这种堆积方式是( )
A．体心立方
B．简单立方
C．六方
D．面心立方
答案 B
解析 题图所示的堆积方式为简单立方堆积，该堆积方式的空间利用率最低，只有52%，配位数为6，所以B正确。
10．下列金属的晶体结构类型都属于面心立方最密堆积的是( )
A．Li、Na、Mg、Ca
B．Li、Na、K、Rb
C．Pb、Ag、Cu、Au
D．Be、Mg、Cu、Zn
答案 C
题组四 关于晶胞综合的计算
11．已知CsCl晶体的密度为ρg·cm－3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs＋的核间距为acm，如图所示，则CsCl的相对分子质量可以表示为( )
A．NA·a3·ρ B.
C. D.
答案 A
解析 根据晶胞中粒子个数的计算知，1个CsCl晶胞中含1个Cs＋，1个Cl－。有M＝ρ·V·NA＝ρ·a3·NA。
12．(2017·佛山期末)金晶体的晶胞为面心立方堆积，如图所示。设金原子的直径为d，用NA表示阿伏加德罗常数，在立方体的各个面的对角线上，3个金原子彼此两两相切，M表示金的摩尔质量。则下列说法错误的是( )
A．金晶体每个晶胞中含有4个金原子
B．金属键无方向性，金属原子尽可能采取密堆积
C．一个晶胞的体积是16d3
D．金晶体的密度是
答案 C
解析 因为是面心立方最密堆积，故每个晶胞中含有金原子数为8×＋6×＝4，A项正确；金属键无方向性，金属原子尽可能采取密堆积，B项正确；因为立方体的各个面的对角线上，3个金原子彼此两两相切，则该立方体的棱长为d，体积为2d3，C项错误；金晶体的密度ρ＝＝，D项正确。
[综合强化]
13．(1)将等径圆球在二维空间里进行排列，可形成密置层和非密置层，在图1所示的半径相等的圆球的排列中，A属于______层，配位数是______；B属于______层，配位数是______。
(2)将非密置层一层一层地在三维空间里堆积，得到如图2所示的一种金属晶体的晶胞，它被称为简单立方堆积，在这种晶体中，金属原子的配位数是________，平均每个晶胞所占有的原子数目是________。
(3)有资料表明，只有钋的晶体中的原子具有如图2所示的堆积方式，钋位于元素周期表的第________周期________族，元素符号是________，最外电子层的电子排布式是________。
答案 (1)非密置 4 密置 6 (2) 6 1 (3)6 ⅥA Po 6s26p4
14．Mn、Fe均为第4周期过渡金属元素，两元素的部分电离能数据如下表：
元素
Mn
Fe
电离能/kJ·mol－1
I1
717
759
I2
1509
1561
I3
3248
2957
回答下列问题：
(1)Mn元素基态原子的外围电子排布式为_________，比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难。对此你的解释是___________________
________________________________________________________________________。
(2)金属铁的晶体在不同温度下有两种堆积方式，晶胞分别如下图所示。面心立方晶胞和体心立方晶胞中实际含有的Fe原子个数之比为____________，Fe原子配位数之比为________。
答案 (1)3d54s2 Mn2＋转化为Mn3＋时，3d轨道由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态(或Fe2＋转化为Fe3＋时，3d轨道由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态)
(2)2∶1 3∶2
解析 (1)根据锰在元素周期表中的位置可写出其外围电子排布，由于Mn2＋转化为Mn3＋时，3d轨道由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态(或Fe2＋转化为Fe3＋时，3d轨道由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态)，所以，气态Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难。
(2)根据题给晶胞的结构，在每个体心立方晶胞中含有的铁原子数目是2个(配位数是8)，在每个面心立方晶胞中含有的铁原子数目是4个(配位数是12)。
15．(1)KIO3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，如图所示。
①K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。
(2)(2017·江苏单科，21A节选)某FexNy的晶胞如图1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2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为__________________。
答案 (1)①0.315 12 ②体心 棱心(2)Fe3CuN
解析 (1)①K与O间的最短距离是面对角线的，即a＝×0.446 nm≈0.315 nm。与K紧邻的O共有12个。
②以I为顶角画立方体，可以看出K处于体心位置，O处于棱心位置。
(2)由题图2可知更稳定的Cu替代型产物为Cu替代a位置Fe型，利用均摊法可得晶胞中各原子个数Cu：8×＝1，Fe：6×＝3，N：1，故化学式为Fe3CuN。
第三单元 共价键 原子晶体
第1课时 共价键的形成及其类型
[学习目标定位] 1.熟知共价键的概念与形成，知道共价键的特征。2.会从不同角度认识共价键的类型。3.会判断物质类型与化学键类型的关系。
一、共价键的形成与特征
1．共价键的形成
(1)概念：原子间通过共用电子对所形成的相互作用，叫做共价键。
(2)形成：以H2分子的形成为例
当两个氢原子相互接近时，它们原子轨道发生重叠，导致两个氢原子的电子更多的处于两个原子核之间，即电子在核间区域出现的概率增加。体系的能量降低，形成化学键。
(3)键的形成条件：非金属元素的原子之间形成共价键，大多数电负性之差小于1.7的金属与非金属原子之间形成共价键。
2．共价键的特征
(1)饱和性
①按照共价键的共用电子对理论，一个原子有几个未成对电子，便可和几个自旋状态相反的电子配对成键，这就是共价键的“饱和性”。
②用轨道表示式表示HF分子中共用电子对的形成如下：
③由以上分析可知，F原子与H原子间只能形成1个共价键，所形成的简单化合物为HF。同理，O原子与2个H原子形成2个共用电子对，2个N原子间形成3个共用电子对。
(2)方向性
除s轨道是球形对称的外，其他的原子轨道在空间都具有一定的分布特点。在形成共价键时，原子轨道重叠的越多，电子在核间出现的概率越大，所形成的共价键就越牢固，因此共价键将尽可能沿着电子出现概率最大的方向形成，所以共价键具有方向性。
(1)当成键原子相互接近时，原子轨道发生重叠，自旋状态相反的未成对电子形成共用电子对，两原子核间的电子密度增大，体系的能量降低。
(2)共价键的饱和性决定了各种原子形成分子时相互结合的数量关系。共价键的方向性决定了分子的空间结构。
(3)并不是所有共价键都具有方向性，如两个s电子形成共价键时就没有方向性。
例1 下列不属于共价键成键因素的是( )
A．共用电子对在两原子核之间高概率出现
B．共用的电子必须配对
C．成键后体系能量降低，趋于稳定
D．两原子体积大小要适中
答案 D
解析 两原子形成共价键时，电子云发生重叠，即电子在两核之间出现的概率更大；两原子电子云重叠越多，键越牢固，体系的能量也越低；原子的体积大小与能否形成共价键无必然联系。
例2 下列说法正确的是( )
A．若把H2S分子写成H3S分子，违背了共价键的饱和性
B．H3O＋的存在说明共价键不具有饱和性
C．所有共价键都有方向性
D．两个原子轨道发生重叠后，电子仅存在于两核之间
答案 A
解析 S原子有两个未成对电子，根据共价键的饱和性，形成的氢化物为H2S，A项对；H2O能结合1个H＋形成H3O＋，不能说明共价键不具有饱和性，B项错；H2分子中，H原子的s轨道成键时，因为s轨道为球形，所以H2分子中的H—H键没有方向性，C项错；两个原子轨道发生重叠后，电子只是在两核之间出现的机会大，D项错。
二、共价键的类型
1．σ键与π键——按原子轨道重叠方式分类
(1)σ键
①定义：
形成共价键的未成对电子的原子轨道采取“头碰头”的方式重叠，这种共价键叫σ键。
②类型：
a．s-sσ键：两个成键原子均提供s轨道形成的共价键。
b．s-pσ键：两个成键原子分别提供s轨道和p轨道形成的共价键。
c．p-pσ键：两个成键原子均提供p轨道形成的共价键。
③σ键的特征：
a．以形成化学键的两原子核的连线为轴作旋转操作，共价键电子云的图形不变，这种特征称为轴对称。
b．形成σ键的原子轨道重叠程度较大，故σ键有较强的稳定性。
④存在：
共价单键为σ键；共价双键和共价叁键中存在一个σ键。
(2)π键
①定义：
形成共价键的未成对电子的原子轨道采取“肩并肩”的方式重叠，这种共价键叫π键。
②特征：
a．每个π键的电子云由两块组成，分别位于由两原子核构成平面的两侧，如果以它们之间包含原子核的平面为镜面，它们互为镜像，这种特征称为镜面对称。
b．形成
π键时原子轨道重叠程度比形成σ键时小，π键没有σ键牢固。
③存在：π键通常存在于双键和叁键中。
2．极性键和非极性键——按共用电子对是否偏移分类
类型
形成元素
共用电子对偏移
原子电性
非极性键
同种元素
两原子电负性相同，共用电子对不偏移
两原子都不显电性
极性键
不同种元素
共用电子对偏向电负性较大的原子
电负性较大的原子显负电性，电负性较小的原子显正电性
3.配位键——特殊共价键
(1)概念：成键原子一方提供孤电子对，另一方提供空轨道形成的共价键。
(2)表示方法：配位键常用A→B表示，其中A是提供孤电子对的原子，B是接受孤电子对或提供空轨道的原子。
(3)配位键与共价键在形成过程上的主要不同是配位键的共用电子对是由某个原子提供的，共价键的共用电子对是成键原子双方共同提供的。
(1)σ键和π键的比较
①两个s轨道只能形成σ键，不能形成π键。
②两个原子形成共价键时，其原子轨道尽可能满足最大重叠程度，故两个原子形成共价键时先形成σ键，然后才能形成π键。所以两个原子间可以只形成σ键，但不能只形成π键。
③σ键原子轨道重叠程度较大，电子在核间出现的概率大，强度较大，不容易断裂；π键原子轨道重叠程度较小，电子在核间出现的概率小，强度较小，容易断裂。总之，σ键一般比π键强度大，表现在化学性质的不同，通常含π键的物质的化学性质更活泼，如乙烯比乙烷更活泼。
(2)非极性键、极性键、配位键的区别与联系
类型
非极性键
极性键
配位键
本质
相邻原子间的共用电子对(电子云重叠)与原子核间的静电作用
成键条件(元素种类)
同种非金属元素
不同非金属或金属元素与非金属元素
成键原子一方有孤电子对，另一方有空轨道
例3 下列有关σ键和π键的判断不正确的是( )
A．s-sσ键与s-pσ键的对称性不同
B．分子中含有共价键，则至少含有一个σ键
C．已知乙炔的结构式为H—C≡C—H，则乙炔分子中存在2个σ键(C—H)和3个π键(C≡C)
D．乙烷分子中只存在σ键，即6个C—H键和1个C—C键都为σ键，不存在π键
答案 C
解析 s-s σ键无方向性，s-p σ键轴对称，A项正确；在含有共价键的分子中一定有σ键，可能有π键，如HCl、N2等，B项正确；单键都为σ键，乙烷分子结构式为其6个C—H键和1个C—C键都为σ键，D项正确；共价叁键中有一个为σ键，另外两个为π键，故乙炔(H—C≡C—H)分子中有2个C—H σ键，C≡C键中有1个σ键、2个π键，C项错。
方法规律——σ键和π键的判断思路
化学式—结构式—
例4 下列化合物中指定化学键为非极性键的是( )
A．CH3—CH3 B．CH3C6H4—OCH3
C．H—CN D．CH3—Cl
答案 A
解析 CH3—CH3分子中，碳碳键为同种元素形成的共价键，属于非极性键， A正确；CH3C6H4—OCH3分子中C—O键为极性键， B错误；H—CN分子中H—C键为不同元素形成，属于极性共价键， C错误；CH3—Cl分子中C—Cl键为不同元素形成的，属于极性共价键， D错误。
例5 下列各种说法中错误的是( )
A．配位键是一种特殊的共价键
B．NH4NO3、H2SO4都含有配位键
C．形成配位键的条件是一方有空轨道另一方有孤电子对
D．共价键的形成条件是成键原子必须有未成对电子
答案 D
解析 配位键是成键的两个原子一方提供孤电子对，另一方提供空轨道而形成的共价键，可见成键双方都不存在未成对电子，故A、C项正确，D项错；NH4NO3、H2SO4中的NH、SO均含有配位键，故B项正确。
化学键的比较
键型
离子键
共价键(含配位键)
金属键
概念
阴、阳离子之间通过静电作用形成的化学键
原子间通过共用电子对形成的化学键
自由电子和金属阳离子之间强烈的相互作用
成键方式
通过得失电子达到稳定结构
通过形成共用电子对达到稳定结构
许多原子共用许多电子
成键粒子
阴、阳离子
原子
自由电子、金属阳离子
成键性质
静电作用
静电作用
静电作用
形成条件
活泼金属元素与活泼非金属元素化合时形成离子键
同种或不同种非金属元素化合时形成共价键(稀有气体元素除外)
固态金属或合金
成键特征
无方向性和饱和性
有方向性和饱和性
无方向性和饱和性
存在
离子化合物
绝大多数非金属单质、共价化合物、某些离子化合物
金属单质、合金
1．下列关于共价键的特征的叙述错误的是( )
A．共价键的饱和性是由成键原子的未成对电子数决定的
B．共价键的方向性是由成键原子的轨道的方向性决定的
C．共价键的方向性决定了分子的空间构型
D．共价键的饱和性与原子轨道的重叠程度有关
答案 D
解析 一般地，原子的未成对电子一旦配对成键，就不再与其他原子的未成对电子配对成键了，故原子的未成对电子数目决定了该原子形成的共价键具有饱和性，这一饱和性也就决定了该原子成键时最多连接的原子数，故A项正确；形成共价键时，原子轨道重叠的程度越大越好，为了达到原子轨道的最大重叠程度，成键的方向与原子轨道的伸展方向就存在着必然的联系，这种成键的方向性也就决定了所形成分子的空间构型，故B、C两项正确，D项错误。
2．下列有关σ键和π键的说法错误的是( )
A．含有π键的分子在反应时，π键是化学反应的积极参与者
B．当原子形成分子时，首先形成σ键，可能形成π键
C．有些原子在与其他原子形成分子时只能形成σ键，不能形成π键
D．在分子中，化学键可能只有π键而没有σ键
答案 D
解析 由于π键的键能小于σ键的键能，所以反应时易断裂，A项正确；在形成分子时为了使其能量最低，必然首先形成σ键，根据形成原子的核外电子排布来判断是否形成π键，所以B项正确，D项错误；像H、Cl原子跟其他原子形成分子时只能形成σ键。
3．下列分子或离子中，能提供孤电子对与某些金属离子形成配位键的是( )
①H2O ②NH3 ③F－ ④CN－ ⑤CO
A．①② B．①②③
C．①②④ D．①②③④⑤
答案 D
解析 能与某些金属离子形成配位键应为含有孤电子对的阴离子或分子，以上五种微粒的结构中都含有孤电子对。
4．(2017·佛山期中)下列关于共价键的叙述中，不正确的是( )
A．由不同元素原子形成的共价键一定是极性键
B．由同种元素的两个原子形成的双原子分子中的共价键一定是非极性键
C．化合物中不可能含有非极性键
D．当氧原子与氟原子形成共价键时，共用电子对偏向氟原子一方
答案 C
解析 不同元素的原子吸引电子的能力不同，形成极性键；同种元素的原子形成的双原子分子中，两原子吸引电子的能力相同，形成非极性键。某些化合物中，如Na2O2、H2O2中均含有非极性键。氟原子吸引电子的能力强于氧原子，二者成键时共用电子对偏向氟原子。
5．下列叙述错误的是( )
A．离子键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性
B．金属键的实质是在整块固态金属中不停运动的“自由电子”与金属阳离子相互作用，使得体系的能量大大降低
C．配位键在形成时，由成键双方各提供一个电子形成共用电子对
D．三种不同的非金属元素可以形成离子化合物
答案 C
解析 A项为离子键和共价键的特征，正确；C项，配位键在形成时，由成键原子的一方提供孤电子对，另一方提供空轨道，错误；NH4Cl是不含金属元素的离子化合物且是由三种不同的非金属元素组成的，D项正确。
6．回答下列问题
(1)今有A、B两种元素，A的＋1价阳离子与B的－2价阴离子的电子层结构与氖相同。
①用电子式表示A与B两种元素构成的两种化合物分别为______________和_____________。前者只有________键；后者既有________键，又有________键。
②元素B的气态氢化物的电子式为_________________________________________，
该分子中的键属于________(填“极性”或“非极性”)键，该氢化物与H＋形成的键属于________。
③元素A的最高价氧化物的水化物的电子式为_________________________________，
其中既有________键，又有________键。
(2)某有机物的结构式如下所示：
则分子中有________个σ键，________个π键。
答案 (1)①
离子 离子 非极性(或共价)
② 极性 配位键
③ 离子 极性(或共价)
(2)7 3
解析 (1)由其离子的电子层结构判断A＋为Na＋，B2－为O2－。
(2)除共价单键全部为σ键外，双键中有一个为σ键，另一个为π键；叁键中有一个为σ键，另两个为π键，故该有机物分子中σ键总数为7，π键总数为3。
[对点训练]
题组一 共价键的形成与判断
1．某元素原子的最外层只有一个电子，它跟卤素相结合时所形成的化学键是( )
A．一定是共价键
B．一定是离子键
C．可能是共价键，也可能是离子键
D．以上说法均不正确
答案 C
2．已知X、Y、Z、W四种元素原子的电负性数值如下所示：
元素
X
Y
Z
W
电负性
2.5
3.5
1.2
2.4
你认为上述四种元素中，最容易形成共价键的是( )
A．X与Y B．X与W
C．Y与Z D．Y与W
答案 B
解析 当两种元素原子的电负性相差很大时，形成的将是离子键；当两种元素原子的电负性相差不大时，形成的将是共价键。
3．下列说法正确的是( )
A．含有共价键的化合物一定是共价化合物
B．由共价键形成的分子一定是共价化合物
C．分子中只有共价键的化合物一定是共价化合物
D．只有非金属原子间才能形成共价键
答案 C
解析 在离子化合物中也有共价键，如NaOH；由不同元素的原子形成的共价键分子是共价化合物，由相同元素的原子形成的共价键分子是单质，如H2、Cl2等；对于D项，也存在金属元素的原子与非金属元素的原子间形成共价键的化合物，如AlCl3等。
题组二 共价键的类别与特征
4．原子间形成分子时，决定各原子相互结合的数量关系的是( )
A．共价键的方向性
B．共价键的饱和性
C．形成共价键原子的大小
D．共价键的稳定性
答案 B
5．下列说法不正确的是( )
A．σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强
B．两个原子之间形成共价键时，只能形成一个σ键
C．气体单质中，一定有σ键，可能有π键
D．H2分子中不含π键
答案 C
解析 A项，σ键头碰头重叠，π键肩并肩重叠，σ键重叠程度大，形成的共价键强，正确；B项，两个原子之间形成共价键，如氮气中存在N≡N，最多有一个σ键，正确；C项，稀有气体的单质中不存在化学键，则不含σ键、π键，错误；D项，氢气中只含一个σ键，正确。
6．下列物质中，既含有极性键，又含有非极性键的是( )
A．苯(C6H6) B．CO2
C．Na2O2 D．NH4Cl
答案 A
解析 A项，苯(C6H6)分子中含有碳氢极性键和碳碳非极性键，正确；B项，CO2分子中共价键为极性键，不存在非极性键，错误；C项，Na2O2中存在离子键和非极性键，不存在极性键，错误；D项，NH4Cl中存在离子键和极性键，不存在非极性键，错误。
7．下列不能形成配位键的组合是( )
A．Ag＋、NH3 B．H2O、H＋
C．Co3＋、CO D．Ag＋、H＋
答案 D
解析 配位键的形成条件必须是一方能提供孤电子对，另一方能提供空轨道，A、B、C三项中，Ag＋、H＋、Co3＋能提供空轨道，NH3、H2O、CO能提供孤电子对，所以能形成配位键，而D项Ag＋与H＋都只能提供空轨道，而无法提供孤电子对，所以不能形成配位键。
题组三 σ键、π键数目的判断
8．有关CH2===CH—C≡N分子的说法正确的是( )
A．3个σ键，3个π键 B．4个σ键，3个π键
C．6个σ键，2个π键 D．6个σ键，3个π键
答案 D
解析 CH2===CH—C≡N分子中，C===C键中含有1个σ键和1个π键，C≡N键中含有1个σ键和2个π键，C—H、C—C键均为σ键，则含有6个σ键，3个π键，故选D。
9．COCl2分子的结构式为，COCl2分子内含有( )
A．4个σ键 B．2个σ键、2个π键
C．2个σ键、1个π键 D．3个σ键、1个π键
答案 D
解析 从COCl2分子的结构式可知，该分子中含有2个单键和1个双键，则COCl2分子内含有3个σ键、1个π键，故选D。
题组四 关于共价键的综合考查
10．关于乙醇分子的说法正确的是( )
A．分子中共含有8个极性键
B．分子中不含非极性键
C．分子中只含σ键
D．分子中含有1个π键
答案 C
解析 乙醇分子的结构式为共含有8个共价键，其中C—H、C—O、H—O键均为极性键，C—C键为非极性键，因此乙醇分子中有7个极性键和1个非极性键。在乙醇分子中，共价键全为单键，即全为σ键，没有π键。
11．下列说法正确的是( )
A．只有活泼金属与活泼非金属元素形成的化合物才含离子键
B．含有阳离子的物质一定含有离子键
C．金属键是金属阳离子和“自由电子”这两种带异性电荷的微粒间的强相互作用，其实质与离子键类似，也是一种电性作用
D．铵盐中只存在离子键
答案 C
解析 在NH4Cl中，NH与Cl－形成离子键，A错误；离子化合物及金属中都存在阳离子，离子化合物中含有离子键，而金属中不含离子键，B错误；金属键与离子键的实质类似，都属于电性作用，特征都是无方向性和饱和性，C正确；铵盐中除存在离子键外，还存在极性共价键和配位键，D错误。
12．由短周期前10号元素组成的物质T和X，有如图所示的转化。X不稳定，易分解。下列有关说法正确的是( )
A．T转化为X的过程中，断裂和形成的共价键类型相同
B．等物质的量的T、X分子中含有π键的数目均为NA
C．X分子中含有的σ键个数是T分子中含有的σ键个数的2倍
D．T分子中只含有极性键，X分子中既含有极性键又含有非极性键
答案 A
解析 由X、T的球棍模型和性质可知，X为HCHO，Y为H2CO3，对比二者结构的变化可知，断裂和形成的共价键都是极性键(或σ键)，A项正确；等物质的量并不一定是1 mol，B项错误；X分子中含有的σ键个数为5，T分子中含有的σ键个数为3，C项错误；T、X分子中均只含有极性键，无非极性键，D项错误。
[综合强化]
13．现有以下物质：①HF ②Cl2 ③H2O ④N2⑤C2H4 ⑥C2H6 ⑦H2 ⑧H2O2 ⑨NH4Cl
按要求回答下列问题(填序号)：
(1)只含有极性键的是__________；只含有非极性键的是________；既含有极性键，又含有非极性键的是_____________________________________________________________。
(2)只含有σ键的是________________；既含有σ键又含有π键的是________。
(3)含有由两个原子的s轨道重叠形成的σ键的是________________________________
________________________________________。
(4)含有由一个原子的p轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键的是________________。
(5)其中既含有离子键又含有极性键和配位键的是___________________________________
__________________________________。
答案 (1)①③ ②④⑦ ⑤⑥⑧ (2)①②③⑥⑦⑧ ④⑤ (3)⑦ (4)②④⑤⑥⑧ (5)⑨
解析 (1)①中H—F键、③中H—O键属于极性共价键；②中Cl—Cl键、④中N≡N键、⑦中H—H键属于非极性键；⑤中C—H键属于极性键，C===C键属于非极性键，⑥中C—H键属于极性键，C—C键属于非极性键，⑧中H—O键属于极性键，O—O键属于非极性键。
(4) ②中Cl—Cl键、④中N≡N键、⑤中C===C键、⑥中C—C键、⑧中O—O键都是由一个原子的p轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键。
(5) 氯化铵中含有离子键、极性键和配位键。
14．回答下列问题：
(1)1molCO2中含有的σ键数目为________。
(2)已知CO和CN－与N2结构相似，CO分子内σ键与π键个数之比为________。HCN分子内σ键与π键数目之比为________。
(3)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：
N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1038.7kJ·mol－1
若该反应中有4molN—H键断裂，则形成的π键有________mol。
(4)CH4、NH3、H2O、HF分子中，共价键的极性由强到弱的顺序是____________。
答案 (1)2NA(或2mol) (2)1∶2 1∶1 (3)3
(4)HF>H2O>NH3>CH4
解析 (1)CO2分子内含有碳氧双键，双键中一个是σ键，另一个是π键，则1 mol CO2中含有的σ键为2NA。
(2)N2的结构式为N≡N，推知：CO结构式为C≡O，含有1个σ键、2个π键；CN－结构式为[C≡N]－，HCN分子结构式为H—C≡N，HCN分子中σ键与π键均为2个。
(3)反应中有4 mol N—H键断裂，即有1 mol N2H4参加反应，生成1.5 mol N2，则形成的π键有3 mol。
(4)两个成键原子的电负性差别越大，它们形成共价键的极性就大(或从非金属性强弱上来判断)。由于电负性：F>O>N>C，因此四种元素与H形成的共价键的极性：F—H>O—H>N—H>C—H。
15．现有四种短周期元素A、B、C、D。已知：①C、D在同一周期，A、B在同一主族；②它们可以组成化合物A2C、B2C2、DC2、D2A4等；③B的阳离子与C的阴离子的核外电子排布相同；④B2C2同A2C或DC2反应都生成气体C2，B与A2C反应生成气体A2，A2与气体C2按体积比2∶1混合后点燃发生爆炸，其产物是一种常温下常见的无色无味的液体。请回答：
(1)写出元素符号：A________、B________、C________、D________。
(2)在A2C、B2C2、DC2和D2A4中，同时含有离子键和共价键的化合物的电子式为________________；化合物DC2的结构式________。
(3)A2C分子中的共价键按原子轨道重叠方式，其共价键的类型是________。D2A4是平面形分子，其分子中含有________个σ键，________个π键。
答案 (1)H Na O C (2) O===C===O (3)s-pσ键 5 1
解析 由A2与气体C2按体积比2∶1混合后点燃能发生爆炸，其产物是一种常温下常见的无色无味的液体，可知该液体是H2O，A是H元素，C是O元素；由B与A2C反应生成气体A2知，B是Na元素；由B2C2同A2C或DC2反应都生成气体C2知，D是碳元素。
第三单元 共价键 原子晶体
第2课时 共价键的键能 原子晶体
[学习目标定位] 1.熟知共价键键能、键长的概念，掌握共价键的键能与化学反应过程中能量变化之间的关系。2.能根据原子晶体的概念及结构特点判断晶体类型，会分析推测其物理性质。
一、共价键的键能与化学反应的反应热
1．共价键的键能
(1)键能：在101kPa、298K条件下，1mol气态AB分子生成气态A原子和B原子的过程中所吸收的能量，称为AB间共价键的键能。其单位为kJ·mol－1。
(2)应用：
共价键
H—F
H—Cl
H—Br
H—I
键能/kJ·mol－1
567
431
366
298
①若使2molH—Cl键断裂为气态原子，则发生的能量变化是吸收862_kJ的能量。
②表中共价键最难断裂的是H—F，最易断裂的是H—I。
③由表中键能大小数据说明键能与分子稳定性的关系：HF、HCl、HBr、HI的键能依次减小，说明四种分子的稳定性依次减弱，即最稳定的是HF，最不稳定的是HI。
2．共价键的键长
(1)概念：形成共价键的两个原子核间的平均间距，因此原子半径决定化学键的键长，原子半径越小，共价键的键长越短。
(2)应用：共价键的键长越短，往往键能越大，这表明共价键越稳定，反之亦然。
(1(共价键强弱的判断
①由原子半径和共用电子对数判断：成键原子的原子半径越小，共用电子对数越多，则共价键越牢固，含有该共价键的分子越稳定。
②由键能判断：共价键的键能越大，共价键越牢固，破坏共价键消耗的能量越多。
③由键长判断：共价键的键长越短，共价键越牢固，破坏共价键消耗的能量越多。
④由电负性判断：元素的电负性越大，该元素的原子对共用电子对的吸引力越大，形成的共价键越稳定。
(2(键能与化学反应过程中的能量关系
①化学反应过程中，旧键断裂所吸收的总能量大于新键形成所放出的总能量，反应为吸热反应，反之则为放热反应。
②定量关系：能量变化＝反应物键能总和－生成物键能总和，即ΔH＝E反应物－E生成物。
例1 下列说法正确的是( )
A．分子中键能越大，表示分子拥有的能量越高，共价键越难断裂
B．分子中键长越长，表示成键原子轨道重叠越大，键越牢固
C．化学键形成的过程是一个吸收能量的过程
D．化学键形成的过程是一个放出能量的过程
答案 D
解析 键能越大，表示破坏该键需要的能量越大，并不是分子拥有的能量越大；键长越长，表示成键的两原子的核间距越长，分子越不稳定；化学键的形成是原子由高能量状态向稳定状态(低能量)转变的过程，所以是一个放热过程。
例2 下表列出部分化学键的键能：
化学键
Si—O
Si—Cl
H—H
H—Cl
Si—Si
Si—C
Cl—Cl
键能/kJ·mol－1
460
360
436
431
176
347
243
据此判断下列说法正确的是( )
A．表中最稳定的共价键是Si—Si键
B．Cl2(g)―→2Cl(g) ΔH＝－243kJ·mol－1
C．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g) ΔH＝－183kJ·mol－1
D．根据表中数据能计算出SiCl4(g)＋2H2(g)===Si(s)＋4HCl(l)的ΔH
答案 C
解析 键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是Si—O键，则最稳定的共价键是Si—O键，A错误；氯气变为氯原子吸收的能量等于氯气中断裂化学键需要的能量，Cl2(g)―→2Cl(g) ΔH＝243 kJ·mol－1，B错误；依据键能计算反应焓变＝反应物键能总和－生成物键能总和，ΔH＝436 kJ·mol－1＋243 kJ·mol－1－2×431 kJ·mol－1＝－183 kJ·mol－1，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)ΔH＝－183 kJ·mol－1，C正确；HCl(g)===HCl(l)的ΔH未告知，故无法计算SiCl4(g)＋2H2(g)===Si(s)＋4HCl(l)的ΔH, D错误。
二、原子晶体的概念及其性质
1．概念及组成
(1)概念：相邻原子间以共价键相结合形成的具有空间立体网状结构的晶体，称为原子晶体。
(2)构成微粒：原子晶体中的微粒是原子，原子与原子之间的作用力是共价键。
2．两种典型原子晶体的结构
(1)金刚石的晶体结构模型如图所示。回答下列问题：
①在晶体中每个碳原子以4个共价单键对称地与相邻的4个碳原子相结合，形成正四面体结构，这些正四面体向空间发展，构成彼此联结的立体网状结构。
②晶体中相邻碳碳键的夹角为109.5°。
③最小环上有6个碳原子，晶体中C原子个数与C—C键数之比为1∶2。
④晶体中C—C键键长很短，键能很大，故金刚石的硬度很大，熔点很高。
(2)二氧化硅晶体结构模型如图所示。回答下列问题：
①每个硅原子都以4个共价单键与4个氧原子结合，每个氧原子与2个硅原子结合，向空间扩展，构成空间网状结构。
②晶体中最小的环为6个硅原子、6个氧原子组成的12元环，硅、氧原子个数比为1∶2。
3．特性
由于原子晶体中原子间以较强的共价键相结合，故原子晶体：①熔、沸点很高，②硬度大，③一般不导电，④难溶于溶剂。
4．常见的原子晶体
常见的非金属单质，如金刚石(C)、硼(B)、晶体硅(Si)等；某些非金属化合物，如碳化硅(SiC)、氮化硼(BN)、二氧化硅(SiO2)等。
(1(构成原子晶体的微粒是原子，其相互作用是共价键。
(2(原子晶体中不存在单个分子，化学式仅仅表示的是物质中的原子个数比关系，不是分子式。
例3 根据下列物质的性质，判断其属于原子晶体的是( )
A．熔点2700℃，导电性强，延展性强
B．无色晶体，熔点3550℃，不导电，质硬，难溶于水和有机溶剂
C．无色晶体，能溶于水，质硬而脆，熔点为800℃，熔化时能导电
D．熔点－56.6℃，微溶于水，硬度小，固态或液态时不导电
答案 B
解析 原子晶体一般不导电，没有延展性，A项错误；原子晶体难溶于水，C项错误；原子晶体一般熔点很高，硬度很大，D项错误。
例4 下列关于SiO2和金刚石的叙述正确的是( )
A．SiO2晶体结构中，每个Si原子与2个O原子直接相连
B．通常状况下，60gSiO2晶体中含有的分子数为NA(NA表示阿伏加德罗常数)
C．金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
D．1mol金刚石中含4NA个C—C键
答案 C
解析 A项，二氧化硅晶体结构中，每个Si原子形成四个共价键，所以每个Si原子与4个O原子直接相连，错误；B项，二氧化硅是由Si原子和O原子构成的原子晶体，所以二氧化硅晶体结构中没有分子，错误；C项，金刚石晶体结构为空间立体网状结构，共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子，正确；D项，金刚石中每个C原子形成4个C—C键，利用切割法知，每个C原子含有2个C—C键，错误。
反应热(ΔH)＝反应物总键能－生成物总键能。
1．N—H键键能的含义是( )
A．由N和H形成1molNH3所放出的能量
B．把1molNH3中的共价键全部拆开所吸收的热量
C．拆开约6.02×1023个N—H键所吸收的热量
D．形成1个N—H键所放出的热量
答案 C
解析 N—H键的键能是指形成1 mol N—H键放出的能量或拆开1 mol N—H键所吸收的能量，不是指形成1个N—H键释放的能量。1 mol NH3中含有3 mol N—H键，拆开1 mol NH3或形成1 mol NH3吸收或放出的能量应是1 mol N—H键键能的3倍。
2．下列说法不正确的是( )
A．键能越小，表示化学键越牢固，越难以断裂
B．成键的两原子核越近，键长越短，化学键越牢固，性质越稳定
C．破坏化学键时消耗能量，而形成化学键时释放能量
D．键能、键长只能定性地分析化学键的强弱
答案 A
解析 键能越大，断开该键所需的能量越多，化学键越牢固，性质越稳定，故A错误；B、C、D均正确。
3．下列有关原子晶体的叙述中正确的是( )
A．原子晶体中只存在非极性共价键
B．原子晶体的熔点一定比金属晶体的高
C．在SiO2晶体中，1个硅原子和2个氧原子形成2个共价键
D．石英晶体是直接由硅原子和氧原子通过共价键所形成的空间网状结构的晶体
答案 D
解析 原子晶体单质中含有非极性键，原子晶体化合物中存在极性共价键；在SiO2晶体中，1个硅原子与周围4个氧原子形成4个Si—O键；金属晶体的熔点差别很大，有些金属晶体(如W)熔点可能高于某些原子晶体的熔点。
4．氮氧化铝(AlON)属于原子晶体，是一种超强透明材料。下列描述错误的是( )
A．AlON和石英的化学键类型相同
B．电解熔融AlON可得到Al
C．AlON的N元素化合价为－1价
D．AlON和石英晶体类型相同
答案 B
解析 A项，AlON和石英均属于原子晶体，均只含有共价键，正确；B项，AlON属于原子晶体，只含有共价键，熔融时不导电，而Al2O3属于离子晶体，熔融时能导电，所以电解熔融Al2O3能得到Al，错误；C项，AlON中O为－2价，Al为＋3价，所以N元素的化合价为－1价，正确；D项，AlON和石英均属于原子晶体，正确。
5．碳化硅(SiC)的一种晶体具有类似金刚石的结构，其中碳原子与硅原子的位置是交替的，在下列三种晶体中，它们的熔点从高到低的顺序是( )
①金刚石 ②晶体硅 ③碳化硅
A．①③② B．②③①
C．③①② D．②①③
答案 A
解析 这三种晶体属于同种类型，熔化时需破坏共价键，①金刚石中为C—C键，②晶体硅中为Si—Si键，③SiC中为Si—C键，由原子半径可知Si—Si键键长最大，C—C键键长最短，键长越短共价键越稳定，破坏时需要的热量越多，故熔点从高到低顺序为①③②。
6．碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：
化学键
C—C
C—H
C—O
Si—Si
Si—H
Si—O
键能/kJ·mol－1
356
413
336
226
318
452
回答下列问题：
(1)硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是
________________________________________________________________________。
答案 (1)C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定，而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成
(2)C—H键的键能大于C—O键，C—H键比C—O键稳定，而Si—H的键能却远小于Si—O键，所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键
[对点训练]
题组一 共价键的键能、键长及应用
1．下列叙述中的距离属于键长的是( )
A．氨分子中两个氢原子间的距离
B．氯分子中两个氯原子间的距离
C．金刚石中任意两个相邻的碳原子核间的距离
D．氯化钠中相邻的氯离子和钠离子核间的距离
答案 C
解析 键长是指形成共价键的两个原子核间的距离，仅仅说成是原子间的距离是错误的。A项，NH3分子中的两个H原子间不存在化学键，错误；B项，未指出是核间距离，错误；C项，金刚石中只要两个碳原子相邻，它们之间就有共价键，正确；D项，NaCl中的阴、阳离子之间形成离子键，没有键长。
2．根据键能数据(H—Cl431kJ·mol－1，H—I298kJ·mol－1)，可得出的结论是( )
A．HI比HCl稳定
B．HI比HCl熔、沸点高
C．溶于水时，HI比HCl更容易电离，所以氢碘酸是强酸
D．拆开等物质的量的HI和HCl，HI消耗的能量多
答案 C
解析 A项，化学键的键能越大，化学键越稳定，越不易发生电离、不易发生分解反应，H—Cl的键能大于H—I的，说明HCl的稳定性大于HI，错误；B项，分子晶体的熔、沸点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高，与化学键强弱无关，错误；C项，键能越小越容易发生电离，H—Cl的键能大于H—I的，所以HI分子比HCl更容易电离，氢碘酸是强酸，正确；D项，键能越大，拆开相同物质的量的物质时消耗能量越多，拆开相同物质的量的HI分子比HCl消耗的能量小，错误。
3．从实验测得不同物质中氧氧之间的键长和键能的数据如下：
O—O键
数据
O
O
O2
O
键长/10－12m
149
128
121
112
键能/kJ·mol－1
x
y
z＝494
w＝628
其中x、y的键能数据尚未测定，但可根据规律性推导键能的大小顺序为w>z>y>x；该规律性是( )
A．成键的电子数越多，键能越大
B．键长越长，键能越小
C．成键所用的电子数越少，键能越大
D．成键时电子对越偏移，键能越大
答案 B
解析 共用一对共用电子对形成一个共价键，所以成键电子数越多，共价键数越多，但键能不一定大，A错误；键长越长，说明轨道的重合程度越小，越容易断裂，键能越小，B正确；成键电子数越多，键能越大，C错误；电子对越偏移说明极性越大，和键能没有必然关系，D错误。
题组二 键能与反应热的换算
4．化学反应可视为旧键的断裂和新键的形成过程。化学键的键能是形成化学键时释放的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(单位：kJ·mol－1)：P—P：198 P—O：360 O===O：498，则反应P4(白磷)＋3O2===P4O6的反应热ΔH为( )
A．－1638kJ·mol－1 B．1638kJ·mol－1
C．－126kJ·mol－1 D．126kJ·mol－1
答案 A
解析 反应中的键能包括：断裂1molP4和3molO2分子中共价键吸收的能量和形成1molP4O6分子中共价键放出的能量。由各物质的分子结构知1molP4含6molP—P键，3molO2含3molO===O键，1molP4O6含12molP—O键，化学反应的反应热ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能。故ΔH＝(198kJ·mol－1×6＋498kJ·mol－1×3)－360kJ·mol－1×12＝－1638kJ·mol－1。
5．已知N2＋O2===2NO为吸热反应，ΔH＝180kJ·mol－1，其中N≡N、O===O键的键能分别为946kJ·mol－1、498kJ·mol－1，则N—O键的键能为( )
A．1264kJ·mol－1 B．632kJ·mol－1
C．316kJ·mol－1 D．1624kJ·mol－1
答案 B
解析 180kJ·mol－1＝946kJ·mol－1＋498kJ·mol－1－2EN－O，所以EN－O＝632kJ·mol－1。
题组三 原子晶体的性质及其判断
6．下列晶体中属于原子晶体且为单质的是( )
A．金属铜 B．金刚砂
C．金刚石 D．水晶
答案 C
解析 金属铜属于金属晶体，金刚砂(SiC)、水晶(SiO2)属于原子晶体，但为化合物，故A、B、D三项均不符合。
7．下列事实能说明刚玉(Al2O3)是一种原子晶体的是( )
①Al2O3是两性氧化物 ②硬度很大 ③它的熔点为2045℃ ④几乎不溶于水 ⑤自然界中的刚玉有红宝石和蓝宝石
A．①②③B．②③④C．④⑤D．②⑤
【考点】原子晶体
【题点】原子晶体的一般性质及判断
答案 B
解析 ①指的是Al2O3的分类，⑤指的是刚玉的种类，这两项都无法说明Al2O3是一种原子晶体。
8．晶体AB型共价化合物，若原子最外层电子数之和为8，常是具有半导体性质的原子晶体。已知金刚石不导电而导热，锆石(ZrO2)不导电、不导热，却硬似钻石。近期用制耐热器的碳化硅也制成假钻石，则识别它们的可靠方法是( )
A．不导电的为锆石
B．能在玻璃上刻画出痕迹的为金刚石
C．很硬不导电而导热的是金刚石和碳化硅
D．既可导电又可导热的是碳化硅
答案 D
9．下表是某些原子晶体的熔点和硬度。
原子晶体
金刚石
氮化硼
碳化硅
石英
硅
锗
熔点/℃
3900
3000
2700
1710
1410
1211
硬度
10
9.5
9.5
7.0
6.5
6.0
分析表中的数据，判断下列叙述正确的是( )
A．构成原子晶体的原子种类越多，晶体的熔点越高
B．构成原子晶体的原子间的共价键键能越大，晶体的熔点越高
C．构成原子晶体的原子的半径越大，晶体的硬度越大
D．构成原子晶体的原子的相对分子质量越大，晶体的硬度越大
答案 B
解析 原子晶体的熔点和硬度与构成原子晶体的原子间的共价键键能有关，而原子间的共价键键能与原子半径的大小有关。
题组四 原子晶体结构与性质的综合
10．下列说法正确的是( )
A．在含4molSi—O键的二氧化硅晶体中，氧原子的数目为4NA
B．金刚石晶体中，碳原子数与C—C键数之比为1∶2
C．30g二氧化硅晶体中含有0.5NA个二氧化硅分子
D．晶体硅、晶体氖均是由相应原子直接构成的原子晶体
答案 B
解析 在二氧化硅晶体中，每个硅原子形成4个Si—O键，故含有4molSi—O键的二氧化硅晶体的物质的量为1mol，即含有2NA个氧原子，A项错误；金刚石中每个碳原子均与另外4个碳原子形成共价键，且每两个碳原子形成一个C—C键，故1mol碳原子构成的金刚石中共有2molC—C键，因此碳原子数与C—C键数之比为1∶2，B项正确；二氧化硅晶体中不存在分子，C项错误；氖晶体是由单原子分子靠分子间作用力结合在一起形成的，属于分子晶体，D项错误。
11.磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料。如右图为其晶体结构中最小的重复结构单元，其中的每个原子均满足8电子稳定结构。下列有关说法正确的是( )
A．磷化硼晶体的化学式为BP，属于离子晶体
B．磷化硼晶体的熔点高，且熔融状态下能导电
C．磷化硼晶体中每个原子均形成4个共价键
D．磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠相同
答案 C
解析 根据题意，磷化硼为超硬耐磨材料，说明其晶体类型为原子晶体，熔融状态不导电，A项和B项错误；磷化硼原子间均为共价键，由图可以发现，每个原子均形成4个共价键，C项正确；由磷化硼的晶体结构可以看出，它的配位数为4，而NaCl晶体的配位数为6，二者结构微粒的堆积方式明显不同，故D项错误。
12．已知C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合。下列关于C3N4晶体说法错误的是( )
A．该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石更牢固
B．该晶体中每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子
C．该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构
D．该晶体与金刚石相似，原子间都是非极性键
答案 D
解析 A项，晶体具有比金刚石还大的硬度，则该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石更牢固，正确；B项，碳最外层有4个电子，氮最外层有5个电子，则该晶体中每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，正确；C项，构成该晶体的微粒间只以单键结合，每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，则晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构，正确；D项，金刚石中只存在C—C键，属于非极性共价键，但C3N4晶体中C、N之间以极性共价键结合，原子间以极性键形成空间网状结构，错误。
[综合强化]
13．已知键能、键长部分数据如下表：
共价键
Cl—Cl
Br—Br
I—I
H—F
H—Cl
H—Br
H—I
H—O
键能/kJ·mol－1
242.7
193.7
152.7
568
431.8
366
298.7
462.8
键长/pm
198
228
267
96
共价键
C—C
C===C
C≡C
C—H
N—H
N===O
O—O
O===O
键能
/kJ·mol－1
347.7
615
812
413.4
390.8
607
142
497.3
键长/pm
154
133
120
109
101
(1)下列推断正确的是________(填字母，下同)。
A．稳定性：HF>HCl>HBr>HI
B．氧化性：I2>Br2>Cl2
C．沸点：H2O>NH3
D．还原性：HI>HBr>HCl>HF
(2)下列有关推断正确的是________。
A．同种元素形成的共价键，稳定性：叁键>双键>单键
B．同种元素形成双键键能一定小于单键的2倍
C．键长越短，键能一定越大
D．氢化物的键能越大，其稳定性一定越强
(3)在相同条件下，将乙烯、乙炔以同速率通入等体积同浓度的溴的四氯化碳溶液中，下列观察到的现象正确的是________。
A．前者和后者同时褪色
B．前者后褪色，后者先褪色
C．前者先褪色，后者后褪色
D．无法判断
(4)上表中，在HX分子中，键长最短的是____________，最长的是________；O—O键的键长________(填“大于”“小于”或“等于”)O===O键的键长。
答案 (1)ACD (2)A (3)C (4)HF HI 大于
解析 (1)根据表中数据，同主族气态氢化物的键能从上至下逐渐减小，稳定性逐渐减弱，A项正确；从键能看，氯气、溴单质、碘单质的稳定性逐渐减弱，由原子结构知，氧化性也逐渐减弱，B项错误；由表格数据知，E(H—O)>E(N—H)，又因为r(O)HBr>HCl>HF，D项正确。(2)由碳碳键的数据知A项正确；由O—O键、O===O键的键能知，B项错误；C—H键的键长大于N—H键的键长，但是N—H键的键能反而较小，C项错误；由C—H、N—H的键能知，CH4的键能较大，而稳定性较弱，D项错误。(3)乙烯断裂一个π键，键能为(615－347.7) kJ·mol－1＝267.3 kJ·mol－1，乙炔断裂2个π键总键能为(812－347.7)kJ·mol－1＝464.3 kJ·mol－1，说明乙炔断裂两个π键难于乙烯断裂一个π键，C项正确。
14．三种常见元素的性质或结构信息如下表，试根据信息回答有关问题：
元素
A
B
C
性质结构信息
原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对的电子
原子的M层有1对成对的p电子
有两种常见氧化物，其中一种是冶金工业常用的还原剂
(1)写出B原子的核外电子排布式___________________________________________。
(2)写出A的气态氢化物的电子式，并指出它的共价键属于极性键还是非极性键________________________________________________________________________。
(3)C的一种单质在自然界中硬度最大，则这种单质的晶体类型是______________。
答案 (1)1s22s22p63s23p4
(2)HN?,H、极性键
(3)原子晶体
解析 由所给信息可知，A的核外电子排布式为1s22s22p3，A为氮；B的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，B为硫；常见冶金还原剂为H2和CO，由C的一种单质在自然界中硬度最大可确定C为碳。
15．(1)金刚砂(SiC)的硬度为9.5，其晶胞结构如图甲所示，则金刚砂晶体类型为________；在SiC中，每个C原子周围最近的C原子数目为______________；若晶胞的边长为apm，则金刚砂的密度表达式为______________________________。
(2)硅的某种单质的晶胞如图乙所示。GaN晶体与该硅晶体相似。则GaN晶体中，每个Ga原子与________个N原子相连，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间结构为______________________。若该硅晶体的密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中最近的两个硅原子之间的距离为____________cm(用代数式表示即可)。
答案 (1)原子晶体 12
(2)4 正四面体 ×
解析 (1)金刚砂(SiC)的硬度为9.5，硬度大，属于原子晶体；每个碳原子连接4个硅原子，每个硅原子又连接其他3个碳原子，所以每个碳原子周围最近的碳原子数目为3×4＝12；该晶胞中C原子个数为8×＋6×＝4，Si原子个数为4，晶胞边长为a×10－10 cm，体积V＝(a×10－10 cm)3，ρ＝＝。
(2)根据物质的晶体结构可知，在GaN晶体中，每个Ga原子与4个N原子相连，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间结构为正四面体。在晶体Si的晶胞中含有Si原子的数目是8×＋6×＋4＝8，则根据晶胞的密度ρ＝可知V＝＝＝cm3，晶胞的边长a＝＝cm，在晶胞中两个最近的Si原子之间的距离为晶胞体对角线长的，即×cm。
第二单元 离子键 离子晶体
[学习目标定位] 1.正确理解离子键、离子晶体的概念，知道离子晶体类型与其性质的联系。2.认识晶格能的概念和意义，能根据晶格能的大小，会分析晶体的性质。
一、离子键的形成
1．形成过程
2．特征
(1)没有方向性：离子键的实质是静电作用，离子的电荷分布通常被看成是球形对称的，因此一种离子对带异性电荷离子的吸引作用与其所处的方向无关。
(2)没有饱和性：在离子化合物中，每个离子周围最邻近的带异性电荷离子数目的多少，取决于阴、阳离子的相对大小。只要空间条件允许，阳离子将吸引尽可能多的阴离子排列在其周围，阴离子也将吸引尽可能多的阳离子排列在其周围，以达到降低体系能量的目的。
(1)离子键的存在
只存在于离子化合物中：大多数盐、强碱、活泼金属氧化物(过氧化物如Na2O2)、氢化物(如NaH和NH4H)等。
(2)离子键的实质是“静电作用”。这种静电作用不仅是静电引力，而是指阴、阳离子之间静电吸引力与电子与电子之间、原子核与原子核之间的排斥力处于平衡时的总效应。
(3)成键条件：成键元素的原子得、失电子的能力差别很大，电负性差值大于1.7。
例1 具有下列电子排布的原子中最难形成离子键的是( )
A．1s22s22p2 B．1s22s22p5
C．1s22s22p63s2 D．1s22s22p63s1
答案 A
解析 形成离子键的元素为活泼金属元素与活泼非金属元素，A为C元素，B为F元素，C为Mg元素，D为Na元素，则只有A项碳元素既难失电子，又难得电子，不易形成离子键。
例2 下列关于离子键的说法中错误的是( )
A．离子键没有方向性和饱和性
B．非金属元素组成的物质也可以含离子键
C．形成离子键时离子间的静电作用包括静电吸引和静电排斥
D．因为离子键无饱和性，故一种离子周围可以吸引任意多个带异性电荷的离子
答案 D
解析 活泼金属和活泼非金属元素原子间易形成离子键，但由非金属元素组成的物质也可含离子键，如铵盐，B项正确；离子键无饱和性，体现在一种离子周围可以尽可能多地吸引带异性电荷的离子，但也不是任意的，因为这个数目还要受两种离子的半径比(即空间条件是否允许)和个数比的影响，D项错误。
易错警示
(1)金属与非金属形成的化学键有可能是共价键，如AlCl3。
(2)完全由非金属元素形成的化合物中有可能含离子键，如NH4Cl、NH4H，一定有共价键。
(3) 离子键不具有饱和性是相对的，每种离子化合物的组成和结构是一定的，而不是任意的。
二、离子晶体
1．概念及结构特点
(1)概念：阴、阳离子通过离子键结合而形成的晶体。
(2)结构特点
①构成微粒：阴离子和阳离子，离子晶体中不存在单个分子，其化学式表示的是离子的个数比。
②微粒间的作用力：离子键。
2．晶格能(U)
(1)概念：拆开1_mol离子晶体形成气态阴离子和气态阳离子所吸收的能量。
(2)影响因素：离子晶体中离子半径越小，所带电荷越多，晶格能越大。
(3)晶格能与晶体物理性质的关系：晶格能越大，离子键稳定性越强，离子晶体的熔、沸点越高，硬度越大。
3．离子晶体的结构
(1)配位数：离子晶体中一个离子周围最邻近的异电性离子的数目，叫做离子的配位数。
(2)观察分析表中AB型离子晶体的结构模型，填写下表：
晶体结构模型
配位数
Cl－和Na＋配位数都为6
Cl－和Cs＋配位数都为8
Zn2＋和S2－配位数都为4
晶胞中微粒数
Na＋、Cl－都为4
Cs＋、Cl－都为1
Zn2＋、S2－都为4
阴、阳离子个数比
1∶1
1∶1
1∶1
化学式
NaCl
CsCl
ZnS
符合类型
Li、Na、K、
Rb的卤化物，
AgF、MgO等
CsBr、CsI、
NH4Cl等
BeO、BeS等
4.离子晶体的性质
(1)熔点较高，硬度较大。
(2)离子晶体不导电，但熔化或溶于水后能导电。
(3)大多数离子晶体能溶于水，难溶于有机溶剂。
影响离子晶体配位数的因素
(1)离子半径因素：的值不同，晶体中离子的配位数不同，其晶体结构不同。数值越大，离子的配位数越多。
(2)电荷因素：AB型离子晶体的阴、阳离子的配位数相等；ABn型离子晶体的A、B离子的配位数比值为n∶1。
例3 下列性质适合于离子晶体的是( )
A．熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电
B．熔点10.31℃，液态不导电，水溶液能导电
C．能溶于CS2，熔点112.8℃，沸点444.6℃
D．熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97g·cm－3
答案 A
解析 离子晶体在液态(即熔融态)导电，B项错误；CS2是非极性溶剂，根据相似相溶规律，C项错误；由于离子晶体质硬易碎，且固态不导电，D项错误。
方法规律——离子晶体的判断方法
(1)依据组成晶体的微粒和微粒间的作用力判断。
(2)依据物质类别判断。活泼金属氧化物，强碱和绝大多数盐类是离子晶体。
(3)依据导电性判断。离子晶体溶于水和熔融状态下均导电。
(4)依据熔、沸点和溶解性判断。离子晶体熔、沸点较高，多数能溶于水，难溶于有机溶剂。
例4 下列关于晶格能的叙述中正确的是( )
A．晶格能仅与形成晶体中的离子所带电荷数有关
B．晶格能仅与形成晶体的离子半径有关
C．晶格能是指相邻的离子间的静电作用
D．晶格能越大的离子晶体，其熔点越高
答案 D
解析 晶格能与离子所带电荷数的乘积成正比，与阴、阳离子半径的大小成反比，A、B项错误；晶格能越大，离子晶体的熔、沸点越高，硬度也越大，D项正确。
例5 一种离子晶体的晶胞如图所示。其中阳离子A以表示，阴离子B以表示。关于该离子晶体的说法正确的是( )
A．阳离子的配位数为8，化学式为AB
B．阴离子的配位数为4，化学式为A2B
C．每个晶胞中含4个A
D．每个A周围有4个与它等距且最近的A
答案 C
解析 用均摊法可知，晶胞中含有阳离子数为8×＋6×＝4；阴离子显然是8个，故化学式为AB2，A、B项错误；每个A周围与它等距且最近的A有12个，D项错误。
离子晶体
1．仅由下列各组元素所构成的化合物，不可能形成离子晶体的是( )
A．H、O、S B．Na、H、O
C．K、Cl、O D．H、N、Cl
答案 A
解析 强碱、活泼金属氧化物、绝大多数盐等是离子晶体。B项如NaOH、C项如KClO、D项如NH4Cl。
2．下列性质中，可以充分说明某晶体是离子晶体的是( )
A．具有较高的熔点
B．固态不导电，水溶液能导电
C．可溶于水
D．固态不导电，熔融状态能导电
答案 D
解析 从熔点来看，离子晶体一般具有较高的熔点，但金刚石、石英等原子晶体也有很高的熔点，A项错误；某些共价化合物也能溶于水，溶于水后也能导电，例如HCl等，B项错误；从溶解性上看，蔗糖、葡萄糖等分子晶体也可溶于水，C项错误；固态不导电，熔融状态能导电说明固态中原本有阴、阳离子，只是不能自由移动，而由阴、阳离子构成的晶体一定是离子晶体。
3．下列关于NaCl晶体结构的说法中正确的是( )
A．NaCl晶体中，阴、阳离子的配位数相等
B．NaCl晶体中，每个Na＋周围吸引1个Cl－
C．NaCl晶胞中的质点代表一个NaCl
D．NaCl晶体中存在单个的NaCl分子
答案 A
解析 氯化钠晶体中，每个Na＋周围结合6个Cl－，而每个Cl－周围结合6个Na＋；NaCl只表示Na＋和Cl－个数比为1∶1。
4．下列热化学方程式中，能直接表示出氯化钠晶体晶格能的是( )
A．Na＋(g)＋Cl－(g)===NaCl(s) ΔH
B．Na(s)＋Cl2(g)===NaCl(s) ΔH1
C．Na(g)－e－===Na＋(g) ΔH2
D．Cl(g)＋e－===Cl－(g) ΔH3
答案 A
解析 1mol气态钠离子和1mol气态氯离子结合生成1mol氯化钠晶体释放出的热能为氯化钠晶体的晶格能，所以热化学方程式中，能直接表示出氯化钠晶体晶格能的是Na＋(g)＋Cl－(g)===NaCl(s) ΔH，故选A。
5．氧化钙在2973K时熔化，而氯化钠在1074K时熔化，两者的离子间距离和晶体结构都类似，有关它们熔点差别较大的原因叙述不正确的是( )
A．氧化钙晶体中阴、阳离子所带的电荷数多
B．氧化钙的晶格能比氯化钠的晶格能大
C．氧化钙晶体的结构类型与氯化钠晶体的结构类型不同
D．在氧化钙与氯化钠的离子间距离类似的情况下，晶格能主要由阴、阳离子所带电荷的多少决定
答案 C
解析 CaO和NaCl都属于离子晶体，熔点的高低可根据晶格能的大小判断。晶格能的大小与离子所带电荷多少、离子间距离、晶体结构类型等因素有关。CaO和NaCl的离子间距离和晶体结构都类似，故晶格能主要由阴、阳离子所带电荷的多少决定。
6．同类晶体物质熔、沸点的变化是有规律的，试分析下列两组物质熔点规律性变化的原因：
物质A
NaCl
KCl
CsCl
熔点/K
1074
1049
918
物质B
Na
Mg
Al
熔点/K
317
923
933
晶体熔、沸点的高低，决定于组成晶体微粒间的作用力的大小。A组是______晶体，晶体微粒之间通过________相连，粒子之间的作用力由大到小的顺序是________。B组晶体属于____________晶体，外围电子数由少到多的顺序是__________，离子半径由大到小的顺序是______________，金属键由弱到强的顺序为______________。
答案 离子 离子键 NaCl>KCl>CsCl 金属 NaMg2＋>Al3＋ Na解析 A组NaCl、KCl、CsCl为同一主族的卤化物且为离子化合物，故熔点与离子键的强弱有关，离子键越弱，熔点越低。而Na＋、K＋、Cs＋的离子半径逐渐增大，故Na＋与Cl－、K＋与Cl－、Cs＋与Cl－的离子键逐渐减弱，NaCl、KCl、CsCl的熔点依次降低；而B组中Na、Mg、Al是金属晶体且外围电子数依次增多，离子半径逐渐减小，因此金属原子核对外层电子束缚能力越来越大，形成的金属键越来越牢固，故熔点依次升高。
[对点训练]
题组一 正确理解离子键的概念
1．下列说法不正确的是( )
A．静电作用只有引力
B．离子键的实质是静电作用
C．离子键没有方向性和饱和性
D．离子键虽然没有饱和性，但离子晶体中阴、阳离子的个数比并不是任意的
答案 A
2．下列叙述正确的是( )
A．带相反电荷离子之间的相互吸引称为离子键
B．金属元素和非金属元素化合时不一定形成离子键
C．原子最外层只有1个电子的主族元素与卤素所形成的化学键一定是离子键
D．非金属元素形成的化合物中不可能含有离子键
答案 B
解析 离子键的本质是阴、阳离子之间的静电作用，静电作用包括静电引力和静电斥力，A项不正确；活泼金属与活泼非金属容易形成离子键，一般当成键原子所属元素的电负性差值小于1.7时，原子间不易形成离子键，如AlCl3和BeCl2中金属与非金属原子形成共价键，B项正确；原子最外层只有1个电子的主族元素包括H元素和碱金属元素，H元素与卤素形成共价键，C项不正确；由非金属元素形成的化合物中可能含有离子键，如铵盐中NH与阴离子形成离子键。
3．离子键的强弱主要决定于离子的半径和离子所带电荷数。一般规律是：离子半径越小，离子电荷值越大，则离子键越强。K2O、MgO、CaO三种物质中离子键由强到弱的顺序是( )
A．K2O、MgO、CaO B．MgO、K2O、CaO
C．MgO、CaO、K2O D．CaO、MgO、K2O
答案 C
解析 离子键的强弱主要决定于离子的半径和离子所带电荷数。一般规律是：离子半径越小，离子电荷数越大，则离子键越强。离子半径：K＋＞Ca2＋＞Mg2＋，离子所带电荷：Ca2＋＝Mg2＋＞K＋，所以离子键由强到弱的顺序为MgO、CaO、K2O，故选C。
题组二 离子晶体的主要性质与晶格能
4．根据下列实验事实，能确定某晶体一定是离子晶体的是( )
A．晶体熔点达2500℃
B．晶体固态不导电，溶于水导电
C．晶体固态不导电，熔融能导电
D．温度越高，溶解度越大
答案 C
5．下列关于晶格能的说法中正确的是( )
A．晶格能指形成1mol离子键所放出的能量
B．晶格能指破坏1mol离子键所吸收的能量
C．晶格能指1mol离子化合物中的阴、阳离子由相互远离的气态离子结合成离子晶体时所放出的能量
D．晶格能的大小与晶体的熔点、硬度都无关
答案 C
6．碱金属卤化物是典型的离子晶体，它的晶格能与成正比(d0是晶体中最邻近的导电性离子的核间距)。下面说法错误的是( )
晶格能/kJ·mol－1
离子半径/pm
①
LiF LiCl LiBr LiI
1031845 807 752
Li＋ Na＋ K＋
60 95 133
②
NaF NaCl NaBr NaI
915 777 740 693
F－ Cl－ Br－ I－
136 181 195 216
③
KF KCl KBr KI
812 708 676 641
A.晶格能的大小与离子半径成反比
B．阳离子相同阴离子不同的离子晶体，阴离子半径越大，晶格能越小
C．阳离子不同阴离子相同的离子晶体，阳离子半径越小，晶格能越大
D．金属卤化物晶体中，晶格能越小，氧化性越强
答案 D
解析 由表中数据可知晶格能的大小与离子半径成反比，A项正确；由NaF、NaCl、NaBr、NaI晶格能的大小即可确定B项正确；由LiF、NaF、KF晶格能的大小即可确定C项正确；表中晶格能最小的碘化物，因还原性F－7．下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是( )
A．熔点：NaF>MgF2>AlF3
B．晶格能：NaF>NaCl>NaBr
C．阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2
D．硬度：MgO>CaO>BaO
答案 A
解析 掌握好离子半径的大小变化规律是分析离子晶体性质的一个关键点。由于r(Na＋)>r(Mg2＋)
>r(Al3＋)，且Na＋、Mg2＋、Al3＋所带电荷数依次增大，所以NaF、MgF2、AlF3的离子键依次增强，晶格能依次增大，故熔点依次升高。r(F－)故MgO、CaO、BaO中离子键依次减弱，晶格能依次减小，硬度依次减小。
8．已知金属钠能与两种卤族元素形成化合物Q、P，它们的晶格能分别为923 kJ·mol－1、786kJ·mol－1，下列有关说法中不正确的是( )
A．Q的熔点比P的高
B．若P是NaCl，则Q一定是NaF
C．Q中成键离子核间距较小
D．若P是NaCl，则Q可能是NaBr
答案 D
解析 Q的晶格能大于P的晶格能，故Q的熔点比P高，A项正确；因F－的半径比Cl－的小(其他卤素离子的半径比Cl－的大)，故NaF的晶格能大于NaCl的，故B项正确，D项错误；因Q、P中成键离子均为一价离子，电荷数相同，故晶格能的差异是由成键离子核间距决定的，晶格能越大，表明核间距越小，C项正确。
题组三 离子晶体的结构及其特征
9．下列关于CaF2的表述正确的是( )
A．Ca2＋与F－间仅存在静电吸引作用
B．F－的离子半径小于Cl－，则CaF2的熔点低于CaCl2
C．阴、阳离子比为2∶1的物质，均与CaF2晶体构型相同
D．CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电
答案 D
解析 Ca2＋与F－间既有静电引力作用，也有静电排斥作用，A错误；离子所带电荷相同，F－的离子半径小于Cl－，所以CaF2晶体的晶格能大，则CaF2的熔点高于CaCl2，B错误；晶体构型还与离子的大小有关，所以阴、阳离子比为2∶1的物质，不一定与CaF2晶体构型相同，C错误；CaF2中的化学键为离子键，CaF2在熔融状态下发生电离，因此CaF2在熔融状态下能导电，D正确。
10．元素X的某价态离子Xn＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3－形成的晶体结构如图所示。下列说法中错误的是( )
A．Xn＋的核外电子数为19
B．该晶体中阳离子与阴离子个数比为3∶1
C．Xn＋中n＝1
D．晶体中每个Xn＋周围有2个等距离且最近的N3－
答案 A
解析 本题主要考查晶体的结构。利用切割法可确定该晶体的化学式，N3－的个数为8×＝1个，Xn＋的个数为12×＝3个，即晶体的化学式为X3N，根据电荷守恒可以确定Xn＋中n＝1，由Xn＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，知Xn＋为Cu＋，其核外电子数为28，晶体中与Cu＋等距离且最近的N3－有2个。综上分析可知A项错误。
11．如图是NaCl晶体的一个晶胞的结构模型。KO2的晶体结构与NaCl相似，KO2可以看作是Na＋的位置用K＋代替，Cl－的位置用O代替，则下列对于KO2晶体结构的描述不正确的是( )
A．与K＋距离相等且最近的K＋有8个
B．与K＋距离相等且最近的O共有6个
C．一个KO2晶胞中的K＋和O粒子数均为4个
D．与K＋距离相等且最近的O构成的多面体是正八面体
答案 A
解析 A项，K＋位于晶胞棱心，则被横平面、竖平面和正平面共有，且每一个平面有4个K＋距离最近，共4×3＝12个，错误；B项，K＋位于晶胞棱心，与K＋距离相等且最近的O位于顶点和面心，共有6个，正确；C项，K＋位于晶胞棱心和体心，数目为12×＋1＝4，O位于顶点和面心，数目为8×＋6×＝4，即一个KO2晶胞中摊得的K＋和O粒子数均为4个，正确；D项，与K＋距离相等且最近的O共有6个，构成正八面体，K＋位于正八面体中心，正确。
12.如图是氯化铯晶体的晶胞(晶体中最小的重复结构单元)示意图，已知晶体中2个最近的Cs＋核间距为acm，氯化铯(CsCl)的相对分子质量为M，NA为阿伏加德罗常数，则氯化铯晶体的密度为( )
A.g·cm－3 B.g·cm－3
C.g·cm－3 D.g·cm－3
答案 C
解析 ρ＝＝g·cm－3＝g·cm－3。
[综合强化]
13．金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。请回答下列问题：
(1)Ni原子的核外电子排布式为________________。
(2)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同：Ni2＋和Fe2＋的离子半径分别为69 pm和78pm，则熔点NiO________FeO(填“<”或“>”)。
(3)NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为____________、__________。
(4)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构示意图如图所示。该合金的化学式为_________________________________________________________。
答案 (1)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2(2)> (3)6 6 (4)LaNi5
解析 (1)核外电子排布式与价电子排布式要区别开。
(2)NiO、FeO都属于离子晶体，熔点高低受离子键强弱影响，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。(3)因为NiO晶体结构与NaCl的相同，而NaCl晶体中Na＋、Cl－的配位数都是6，所以，NiO晶体中Ni2＋、O2－的配位数也均是6。(4)根据晶胞结构可计算，一个合金晶胞中，La原子数＝8×＝1，Ni原子数＝1＋8×＝5。所以该合金的化学式为LaNi5。
14．已知有关物质的熔、沸点数据如下表：
物质
MgO
Al2O3
MgCl2
AlCl3
熔点/℃
2852
2072
714
190(2.6×105Pa)
沸点/℃
3600
2980
1412
182.7
(1)MgCl2的熔点远高于AlCl3熔点的原因是___________________________________
________________________________________________________________________。
(2)工业上常用电解熔融MgCl2的方法生产金属镁，用电解Al2O3与冰晶石熔融混合物的方法生产铝。为什么不用电解MgO的方法生产镁，也不用电解AlCl3的方法生产铝？________
________________________________________________________________________。
(3)MgO的熔点比BaO的熔点________(填“高”或“低”)。
(4)设计可靠的实验证明MgCl2、AlCl3所属的晶体类型，其实验方法是_____________
________________________________________________________________________。
答案 (1)MgCl2是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子键的强度远大于分子间作用力
(2)氧化镁晶体比氯化镁晶体晶格能大，熔点高，电解时消耗电能大。AlCl3不是离子晶体，熔融时不能导电，因而不能用电解AlCl3的方法生产铝
(3)高
(4)将两晶体加热到熔融状态，MgCl2能导电，AlCl3不能导电，证明AlCl3为分子晶体，MgCl2为离子晶体
解析 (1)MgCl2是离子晶体，阴、阳离子间以离子键结合，离子间作用力强；AlCl3为共价化合物，分子间作用力弱，所以MgCl2熔点远高于AlCl3熔点。
(2)因为MgO的熔点远高于MgCl2，故电解熔融MgO将需要更高的温度，消耗更多的能量，因而不用电解MgO的方法生产镁。AlCl3不是离子晶体，熔融时不能导电，因而不能用电解AlCl3的方法生产铝。
(3)MgO和BaO都是离子化合物，Mg2＋的半径比Ba2＋小，所以MgO的熔点比BaO的熔点高。
(4)将两种晶体加热到熔融状态，MgCl2能导电，而AlCl3不能导电，即可证明MgCl2为离子晶体，AlCl3为分子晶体。
15．回答下列问题：
(1)CaC2晶体的晶胞结构如图1所示，CaC2晶体中含有哑铃形C，使晶胞沿一个方向拉长。CaC2晶体中1个Ca2＋周围距离最近的C数目为____________。
(2)已知CaO、MgO具有NaCl型结构，如图2。
①CaO晶体密度为ag·cm－3，NA表示阿伏加德罗常数，则CaO晶胞体积为________cm3。
②X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。
答案 (1)4 (2)① ②0.148 0.076
解析 (1)一个Ca2＋吸引6个C，由于晶胞沿一个方向拉长，1个Ca2＋周围距离最近的C为4个。
(2)①由于CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，所以CaO晶胞中也含有4个钙离子和4个氧离子，因此CaO晶胞体积为 cm3＝ cm3。
②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－)＝×0.420 nm≈0.148 nm；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＋)＝0.076 nm。
第四单元 分子间作用力 分子晶体
第1课时 分子间作用力
[学习目标定位] 1.熟知常见的分子间作用力(范德华力和氢键)的本质及其对物质性质的影响。2.会比较判断范德华力的大小，会分析氢键的形成。
一、分子间作用力和范德华力
1．分子间作用力
(1)概念：分子之间都存在的一种相互作用，叫分子间作用力。分子间作用力实质上是一种静电作用，它比化学键弱得多。
(2)分类：范德华力和氢键是两种最常见的分子间作用力。
2．范德华力
(1)概念：范德华力是分子之间普遍存在的相互作用力，它使得许多物质能以一定的凝聚态(固态和液态)存在。
(2)特点
范德华力约比化学键键能小1～2个数量级，且没有方向性和饱和性。
(3)影响因素
影响范德华力的因素很多，如分子的大小、分子的空间构型以及分子中电荷分布是否均匀等。对于组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越大。
(4)对物质性质的影响
范德华力主要影响物质的物理性质，如熔点、沸点、溶解度等，范德华力越大，物质的熔、沸点越高。
(1(范德华力普遍存在于固体、液体和气体分子之间，其实质是分子之间的电性作用。
(2(范德华力只影响物质的物理性质，与化学性质无关。一般情况下，分子的相对分子质量越大，范德华力越大，物质的熔、沸点越高，溶解度越大。
例1 下列有关范德华力的叙述正确的是( )
A．范德华力的实质也是一种电性作用，所以范德华力是一种特殊的化学键
B．范德华力与化学键的区别是作用力的强弱不同
C．任何分子间在任意情况下都会产生范德华力
D．范德华力非常微弱，故破坏范德华力不需要消耗能量
答案 B
例2 有下列物质及它们各自的沸点：
Cl2：239K O2：90.1K
N2：75.1K H2：20.3K
I2：454.3K Br2：331.9K
(1)据此判断，它们分子间的范德华力由大到小的顺序是
________________________________________________________________________。
(2)这一顺序与相对分子质量的大小有何关系？
________________________________________________________________________。
答案 (1)I2>Br2>Cl2>O2>N2>H2
(2)相对分子质量越大，分子间范德华力越大，沸点越高。按上述顺序相对分子质量逐渐减小，分子间范德华力逐渐减小，物质沸点逐渐减小
二、氢键
1．氢键的概念及表示方法
(1)概念：氢键是由已经与电负性很大的原子形成共价键的氢原子与另一分子中电负性很大的原子之间的作用力。
(2)表示方法：氢键的通式可用X—H…Y表示。式中X和Y表示F、O、N等，“—”表示共价键，“…”表示氢键。
2．氢键的形成条件
(1)要有一个与电负性很强的元素X形成强极性键的氢原子，如H2O中的氢原子。
(2)要有一个电负性很强，含有孤电子对的原子Y，如H2O中的氧原子。
一般来说，能形成氢键的元素有N、O、F。所以氢键一般存在于含N—H、H—O、H—F键的物质中，或有机化合物中的醇类和羧酸类等物质中。
3．氢键的特征
(1) 氢键不是化学键，而是特殊的分子间作用力，其键能比化学键弱，比范德华力强。
(2)氢键具有一定的方向性和饱和性
X—H与Y形成分子间氢键时，氢原子只能与一个Y原子形成氢键，3个原子总是尽可能沿直线分布，这样可使X与Y尽量远离，使两原子间电子云的排斥作用力最小，体系能量最低，形成的氢键最强、最稳定 (如下图)。
4．氢键的类型
(1)分子间氢键，如水中，O—H…O—。
(2)分子内氢键，如。
5．氢键对物质物理性质的影响
(1)对物质熔、沸点的影响：分子间存在氢键的物质，物质的熔、沸点明显高，如NH3>PH3；同分异构体分子间形成氢键的物质比分子内形成氢键的物质熔、沸点高，如邻羟基苯甲酸<对羟基苯甲酸。
(2)对物质溶解度的影响：溶剂和溶质之间形成氢键使溶质的溶解度增大，如NH3、甲醇、甲酸等易溶于水。
(3)对物质密度的影响：氢键的存在会使某些物质的密度反常，如水的密度比冰的密度大。
例3 下列每组物质都能形成分子间氢键的是( )
A．HClO4和H2SO4 B．CH3COOH和H2Se
C．C2H5OH和NaOH D．H2O2和HNO3
答案 A
解析 HClO4和H2SO4可形成分子间氢键，A正确；Se的非金属性较弱，H2Se不能形成分子间氢键，B错误；NaOH是离子化合物，不能形成分子间氢键，C错误；HNO3主要形成的是分子内氢键，D错误。
例4 下列与氢键有关的说法中错误的是( )
A．卤化氢中HF沸点较高，是由于HF分子间存在氢键
B．邻羟基苯甲醛()的熔、沸点比对羟基苯甲醛()的熔、沸点低
C．氨水中存在分子间氢键
D．形成氢键X—H…Y的三个原子总在一条直线上
答案 D
解析 HF分子间存在氢键X—H…Y，使氟化氢分子间作用力增大，所以氟化氢的沸点较高，A正确；邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低，B正确；氨水中氨分子之间、水分子之间以及氨分子与水分子之间都存在氢键，C正确；氢键具有一定的方向性，但不是一定在一条直线上，如故D错误。
易错提醒
形成氢键X—H…Y的三个原子不一定在一条直线上；分子内氢键使物质的熔、沸点降低，而分子间氢键使物质的熔、沸点升高。
化学键、范德华力、氢键的比较
化学键
范德华力
氢键
概念
相邻的两个或多个原子之间强烈的相互作用
物质的分子间存在的微弱的相互作用
是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
大小
键能一般在
120～800kJ·mol－1
几个至十几个kJ·mol－1
几个至数十个kJ·mol－1
性质影响
主要影响分子的化学性质
主要影响物质的物理性质
主要影响物质的物理性质
大小关系
化学键>氢键>范德华力
1．下列说法中正确的是( )
A．分子间作用力越大，分子越稳定
B．分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高
C．相对分子质量越大，其分子间作用力越大
D．分子间只存在范德华力
答案 B
解析 分子间作用力主要影响物质的物理性质，化学键主要影响物质的化学性质，分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高，B正确，A不正确；分子的组成和结构相似时，相对分子质量越大，其分子间作用力越大，C不正确；分子间不只有范德华力，D不正确。
2．下列关于范德华力影响物质性质的叙述中，正确的是( )
A．范德华力是决定由分子构成的物质的熔、沸点高低的唯一因素
B．范德华力与物质的性质没有必然的联系
C．范德华力能够影响物质的化学性质和物理性质
D．范德华力仅是影响物质部分物理性质的一种因素
答案 D
解析 范德华力不能影响物质的化学性质，仅能影响由分子构成的物质的部分物理性质，如熔、沸点及溶解性，并且不是唯一的影响因素。例如氢键也影响物质的物理性质。
3．下列几种氢键：①O—H…O，②N—H…N，③F—H…F，④O—H…N，其强度由强到弱的排列顺序是( )
A．③①④② B．①②③④
C．③②①④ D．①④③②
答案 A
解析 电负性：同周期从左到右，元素的电负性逐渐变大，故电负性：F＞O＞N，故氢键的强度：③F—H…F＞①O—H…O＞④O—H…N＞②N—H…N，故选A。
4．下列物质的熔、沸点高低顺序不正确的是( )
A．F2＜Cl2＜Br2＜I2
B．CF4＞CCl4＞CBr4＞CI4
C．H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S
D．CH4＜SiH4＜GeH4＜SnH4
答案 B
解析 分子的熔、沸点高低由分子间作用力大小决定，分子间作用力越大，熔、沸点越高，反之越低，而相对分子质量和分子的极性越大，分子间作用力就越大，物质的熔、沸点就越高。
5．(1)甲醛易溶于水的原因是_________________________________________________。
(2)沸点：甲醇________(填“＞”或“＜”)甲醛；原因是___________________________
______________________。
(3)为了减缓温室效应，科学家设计反应：CO2＋4H2―→CH4＋2H2O以减小空气中CO2。若有2molCH4生成，则有________molσ键和________molπ键断裂。
答案 (1)甲醛与水分子间形成氢键 (2)＞ 甲醇分子间有氢键 (3)12 4
解析 (1)甲醛与水分子间形成氢键，所以甲醛易溶于水。
(2)甲醇分子间存在氢键，所以沸点：甲醇大于甲醛。
(3)1个CO2和4个H2分子中共含有6个σ键和2个π键，若有2 mol CH4生成，则有12 mol σ键和4 mol π键断裂。
[对点训练]
题组一 范德华力及其对物质性质的影响
1．以下关于分子间作用力的叙述不正确的是( )
A．是一种较弱的化学键
B．分子间作用力较弱，破坏它所需能量较少
C．分子间作用力对物质的熔、沸点有影响
D．稀有气体原子间存在分子间作用力
答案 A
解析 A项，分子间作用力是分子间较弱的作用力，不是化学键，错误；B项，分子间作用力是分子间较弱的作用力，破坏它所需能量较少，正确；C项，分子间作用力影响分子晶体的熔、沸点，正确；D项，稀有气体是单原子分子，原子间的作用力是分子间作用力，正确。
2．卤素单质从F2到I2，在常温、常压下的聚集状态由气态、液态到固态的原因是( )
A．原子间的化学键键能逐渐减小
B．范德华力逐渐增大
C．原子半径逐渐增大
D．氧化性逐渐减弱
答案 B
解析 卤素单质结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大。
3．下列物质发生状态变化时，克服了范德华力的是( )
A．食盐熔化 B．晶体硅熔化
C．碘升华 D．氢氧化钠熔化
答案 C
解析 氯化钠、氢氧化钠均是离子化合物，熔化时离子键断裂，A、D项错误；晶体硅熔化时克服的是共价键，B项错误；碘升华时克服的是范德华力，C项正确。
题组二 氢键的形成及其对物质性质的影响
4．下列说法中不正确的是( )
A．氢键是一种分子间作用力，氢键比范德华力强
B．离子键、氢键、范德华力本质上都是静电作用
C．只有电负性很强、半径很小的原子(如F、O、N)才能形成氢键
D．所有含氢元素的化合物中都存在氢键，氢键是一种类似于共价键的化学键
答案 D
解析 并不是所有含氢元素的化合物都能形成氢键，氢键一般形成于电负性强的元素(如N、O、F)与氢形成的氢化物的分子之间，或有机化合物中的醇类和羧酸类等物质中。氢键不是化学键，是介于范德华力和化学键之间的特殊作用力，本质上也是一种静电作用。
5．下列物质中含有氢键，且氢键最强的是( )
A．甲醇 B．NH3
C．冰 D．(HF)n
答案 D
解析 氢键可表示为X—H…Y(X、Y可相同也可不同，一般为N、O、F)，当X、Y原子半径越小、电负性越大时，在分子间H与Y产生的静电吸引作用越强，形成的氢键越牢固。
6．氨气溶于水时，大部分NH3与H2O通过氢键结合形成NH3·H2O分子。根据氨水的性质可推知NH3·H2O的结构式为( )
答案 B
解析 从氢键的形成原理上讲，A、B都成立；但从空间构型上讲，由于氨分子是三角锥型，易于提供孤电子对，所以，以B方式结合空间位阻最小，结构最稳定；从事实上讲，依据NH3·H2O((NH＋OH－，可知答案为B。
7．下列物质中，分子内和分子间均可形成氢键的是( )
A．NH3 B．
C．H2O D．C2H5OH
答案 B
解析 形成氢键的分子含有N—H、H—O或H—F键。NH3、H2O、CH3CH2OH都能形成氢键但只存在于分子间。B中的O—H键与O—H键和O—键与间可形成分子间氢键，O—H键与形成分子内氢键。
8．比较下列化合物的沸点，前者低于后者的是( )
A．乙醇与氯乙烷
B．邻羟基苯甲酸()与对羟基苯甲酸()
C．对羟基苯甲醇()与邻羟基苯甲醇()
D．H2O与H2Te
答案 B
解析 氢键分为两类：存在于分子之间时，称为分子间氢键；存在于分子内部时，称为分子内氢键。同类物质相比，分子内形成氢键的物质的熔、沸点要低于分子间形成氢键的物质的熔、沸点。如邻羟基苯甲酸、邻羟基苯甲醇等容易形成分子内氢键，沸点较低；而对羟基苯甲酸、对羟基苯甲醇则容易形成分子间氢键，沸点较高，所以B选项正确；对于A选项，由于乙醇存在分子间氢键，而氯乙烷不存在氢键，所以乙醇的沸点(78.5 ℃)高于氯乙烷的沸点(12.3 ℃)；同样道理，D选项中，H2O的沸点(100 ℃)高于H2Te的沸点。
题组三 化学键、氢键、范德华力的比较及应用
9．固体乙醇晶体中不存在的作用力是( )
A．极性键 B．非极性键
C．离子键 D．氢键
答案 C
解析 固体乙醇晶体是乙醇分子通过分子间作用力结合的，在乙醇分子里有C—C之间的非极性键，C—H、C—O、O—H之间的极性键，在分子之间还有O和H原子产生的氢键，没有离子键。
10．下列物质性质的变化规律与分子间作用力有关的是( )
A．H2S、HCl的热稳定性依次增强
B．金刚石的熔、沸点高于晶体硅
C．NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
D．CH4、SiH4、GeH4、SnH4的沸点逐渐升高
答案 D
解析 A项，Cl的非金属性大于S，因此H2S、HCl的热稳定性依次增强，与分子间作用力无关，错误；B项，金刚石、晶体硅为原子晶体，熔、沸点取决于共价键的强弱，错误；C项，NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，键能越小，熔、沸点越低，错误；D项，CH4、SiH4、GeH4、SnH4相对分子质量逐渐增大，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，正确。
11．下列说法正确的是( )
A．冰融化时，分子中H—O键发生断裂
B．随着卤素原子电子层数的增加，卤化物CX4(X为卤素原子)分子间作用力逐渐增大，所以它们的熔、沸点也逐渐升高
C．由于H—O键比H—S键牢固，所以水的熔、沸点比H2S的高
D．在由分子构成的物质中，分子间作用力越大，该物质越稳定
答案 B
解析 冰融化时发生物理变化，只破坏H2O分子间的分子间作用力而不破坏化学键，A项错误；结构相似的分子中，物质的熔、沸点与其相对分子质量成正比，所以随着卤素原子电子层数的增加，卤化物CX4的分子间作用力逐渐增大，所以它们相应的熔、沸点也逐渐升高，B项正确；物质的熔、沸点与化学键无关，水的熔、沸点比H2S的高是因为水分子间存在氢键，C项错误；物质的稳定性与化学键有关，与范德华力无关，D项错误。
12．下列物质的变化过程中有共价键明显被破坏的是( )
①I2升华 ②氯化钠溶于水 ③氯化氢溶于水 ④碳酸氢铵中闻到了刺激性气味
A．①② B．①③
C．②③ D．③④
答案 D
解析 碘升华共价键没被破坏；氯化钠溶于水破坏的是离子键；氯化氢溶于水破坏的是极性共价键；碳酸氢铵分解既有离子键被破坏，又有共价键被破坏。
[综合强化]
13．(1)一定条件下，CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。
参数
分子
分子直径/nm
分子与H2O的结合能E/kJ·mol－1
CH4
0.436
16.40
CO2
0.512
29.91
①“可燃冰”中分子间存在的两种作用力是_____________________________________
______________________________。
②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)H2O与CH3CH2OH可以任意比例互溶，因为___________________________________
________________________________________________________________________。
答案 (1)①氢键、范德华力 ②CO2的分子直径小于笼状空腔直径，且与H2O的结合能大于CH4(2)H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键
解析 (1)①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是范德华力和氢键。②根据题给数据可知，笼状空腔的直径是0.586 nm，而CO2分子的直径是0.512 nm，笼状空腔直径大于CO2分子的直径，而且CO2与水分子之间的结合能大于CH4，因此可以实现用CO2置换CH4的设想。(2)水可以与乙醇互溶，是因为H2O与CH3CH2OH之间可以形成分子间氢键。
14．水是自然界中普遍存在的一种物质，也是维持生命活动所必需的一种物质。
信息一：水的性质存在许多反常现象，如固态密度小于液态密度使冰浮在水面上，沸点相对较高使水在常温常压下呈液态等。
信息二：在20℃、1个大气压下，水可以结成冰，称为“热冰”(如图)：
试根据以上信息回答下列问题：
(1)s轨道与s轨道重叠形成的共价键可用符号表示为σs－s，p轨道以“头碰头”方式重叠形成的共价键可用符号表示为σp－p，则H2O分子中含有的共价键用符号表示为____________。
(2)下列物质熔化时，所克服的微粒间的作用与“热冰”熔化时所克服的作用类型完全相同的是__________(填字母，下同)。
A．金刚石 B．干冰
C．食盐 D．固态氨
(3)已知：2H2O((H3O＋＋OH－，在OH－、H2O、H3O＋、H2O2中均含有的化学键是________。
A．极性键 B．非极性键
C．配位键 D．氢键
(4)写出短周期元素原子形成的与H3O＋具有相同电子数和原子数的分子或离子____________。
(5)水的分解温度远高于其沸点的原因是_________________________________________
________________________________________________________________________。
答案 (1)σs－p (2)D (3)A (4)NH3
(5)水分解必须破坏O—H共价键，而水沸腾只需破坏氢键和分子间作用力
15．请回答下列问题
(1)硅烷(SinH2n＋2)的沸点与其相对分子质量的变化关系如下图所示，呈现这种变化关系的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)H2O分子内的O—H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为__________________。的沸点比的沸点低，原因是______________
________________________________________________________________________。
(3)乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高的多，原因是________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)下图中A、B、C、D四条曲线分别表示第ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族元素的气态氢化物的沸点，其中表示第ⅥA族元素气态氢化物的沸点的曲线是________，表示第ⅣA族元素气态氢化物的沸点的曲线是________。同一主族中第3、4、5周期元素的气态氢化物的沸点依次升高，其原因是____________________________________________________
________________________________________________________________________。
曲线A、B、C中第2周期元素的气态氢化物的沸点显著高于第3周期元素的气态氢化物的沸点，其原因是______________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案 (1)硅烷的结构和组成相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高
(2)O—H键＞氢键＞范德华力 形成的是分子内的氢键，而
可形成分子间的氢键，分子间氢键使分子间的作用力增大，沸点升高
(3)乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键 (4)A D 组成和结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力依次增强，故沸点依次升高 分子间存在氢键
解析 (2)化学键是相邻两个或多个原子之间强烈的相互作用；分子间的范德华力和氢键均属于分子间作用力的范畴，但氢键要强于分子间的范德华力，所以它们从强到弱的顺序依次为O—H键、氢键、范德华力。对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，分子间氢键使分子间作用力增大，所以对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的高。
(4)每个水分子可与其他4个水分子形成氢键，故沸点最高，因此曲线A表示第ⅥA族元素气态氢化物的沸点；第ⅣA族元素的氢化物都为非极性分子，分子间作用力只有范德华力，不存在氢键，只有曲线D中第2周期元素的气态氢化物中不存在氢键，沸点较低；同一主族中第3、4、5周期元素的气态氢化物中不存在氢键，分子间作用力只有范德华力，组成和结构相似的物质随着相对分子质量的增大，范德华力依次增强，故沸点依次升高；曲线A、B、C中第2周期元素的气态氢化物中存在分子间氢键，所以沸点较高。
第四单元 分子间作用力 分子晶体
第2课时 分子晶体 混合晶体
[学习目标定位] 1.熟知分子晶体的概念、结构特点及常见的分子晶体。2.能够从范德华力、氢键的特征，分析理解分子晶体的物理特性。3.了解石墨晶体的结构，会比较不同类型的晶体熔、沸点。
一、分子晶体
1．概念及微粒间的作用
(1)概念：分子间通过分子间作用力相结合形成的晶体叫分子晶体。
(2)微粒间的作用：分子晶体中相邻分子之间以分子间作用力相互吸引。
2．典型分子晶体的结构特征
(1)构成干冰晶体的结构微粒是CO2分子，微粒间的相互作用力是范德华力。
(2)从结构模型可以看出：干冰晶体是一种面心立方结构——每8个CO2分子构成立方体，在六个面的中心又各占据1个CO2分子。每个CO2分子周围，离该分子最近且距离相等的CO2分子有12个。每个晶胞中有4个CO2分子。
3．分子晶体的物理特性
分子晶体中的微粒间是以范德华力或范德华力和氢键而形成的晶体，因此，分子晶体的熔、沸点较低，密度较小，硬度较小，较易熔化和挥发。
(1)常见的分子晶体
①所有非金属氢化物：H2O、NH3、CH4、H2S等；
②多数非金属单质：卤素(X2)、O2、N2、白磷(P4)、红磷、硫、稀有气体(固态)等；
③多数非金属氧化物：CO2、SO2、SO3、P2O5等；
④几乎所有的酸：H2SO4、CH3COOH、H3PO4等；
⑤绝大多数有机物：乙醇、蔗糖等。
(2)分子晶体的性质
①分子晶体一般具有较低的熔点和沸点，较小的硬度、较强的挥发性。
②分子晶体在固态、熔融时均不导电。
③不同分子晶体在溶解度上存在较大差别，并且同一分子晶体在不同的溶剂中溶解度也有较大差别。
提醒 (1)稀有气体固态时形成分子晶体，微粒之间只存在分子间作用力，分子内不存在化学键。
(2)分子晶体汽化或熔融时，克服分子间作用力，不破坏化学键。
例1 根据下列性质判断所描述的物质可能属于分子晶体的是( )
A．熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电
B．熔点1128℃，沸点4446℃，硬度很大
C．熔点10.31℃，液态不导电，水溶液能导电
D．熔点97.81℃，质软，导电，密度0.97g·cm－3
答案 C
解析 A项，熔点1 070 ℃，熔点高，不符合分子晶体的特点，错误；B项，熔点1 128 ℃，沸点4 446 ℃，硬度很大，属于离子晶体或原子晶体或金属晶体的特点，分子晶体分子间只存在分子间作用力，熔、沸点低，错误；C项，熔点10.31 ℃，熔点低，符合分子晶体的熔点特点，液态不导电，只存在分子，水溶液能导电，溶于水后，分子被水分子离解成自由移动的离子，如CH3COOH((CH3COO－＋H＋，有自由移动的离子，就能导电，正确；D项，熔点97.81 ℃，质软、导电、密度0.97 g·cm－3，是金属钠的物理性质，金属钠属于金属晶体，错误。
例2 甲烷晶体的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是( )
A．甲烷晶胞中的球只代表1个C原子
B．晶体中1个CH4分子有12个紧邻的CH4分子
C．甲烷晶体熔化时需克服共价键
D．1个CH4晶胞中含有8个CH4分子
答案 B
解析 题图所示的甲烷晶胞中的球代表的是1个甲烷分子，并不是1个C原子，A错误；由甲烷晶胞分析，位于晶胞的顶点的某一个甲烷分子与其距离最近的甲烷分子有3个，而这3个甲烷分子在晶胞的面上，因此每个都被2个晶胞共用，故与1个甲烷分子紧邻的甲烷分子数目为3×8×＝12，B正确；甲烷晶体是分子晶体，熔化时克服范德华力，C错误；甲烷晶胞属于面心立方晶胞，该晶胞中甲烷分子的个数为8×＋6×＝4，D错误。
例3 下列物质，按沸点降低顺序排列的一组是( )
A．HF、HCl、HBr、HI
B．F2、Cl2、Br2、I2
C．H2O、H2S、H2Se、H2Te
D．CI4、CBr4、CCl4、CF4
答案 D
解析 A、C中HF和H2O分子间含有氢键，沸点反常；对结构相似的物质，B中沸点随相对分子质量的增加而增大；D中沸点依次降低。
二、混合晶体——石墨
下图分别是石墨的二维平面结构、层状结构、层内的π键结构示意图。
回答下列问题：
1．在石墨晶体中，同层的碳原子以3个共价键与另外三个碳原子相连。六个碳原子在同一个平面上形成了正六边形的环，伸展成平面网状结构。
2．在同一平面的碳原子还各剩下一个2p轨道，并含有一个未成对电子形成π键。电子比较自由，相当于金属中的自由电子，所以石墨能导热和导电，这正是金属晶体的特征。
3．石墨晶体中网络状的平面结构以范德华力结合形成层状的结构，距离较大，结合力较弱，层与层间可以相对滑动，使之具有润滑性。
石墨晶体中既存在共价键，还存在范德华力，不能简单地归属于任何一种晶体，所以石墨是一种混合晶体。
例4 碳元素的单质有多种形式，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：
回答下列问题：
(1)C60属于________晶体，石墨属于________晶体。
(2)在金刚石晶体中，碳原子数与化学键数之比为________________。
(3)石墨晶体中，层内C—C键的键长为142pm，而金刚石中C—C键的键长为154pm。推测金刚石的熔点________(填“>”“<”或“＝”)石墨的熔点。
答案 (1)分子 混合 (2)1∶2 (3)<
解析 (1)C60中构成微粒是分子，所以属于分子晶体；石墨晶体有共价键、金属键和范德华力，所以石墨属于混合晶体。
(2)金刚石晶体中每个碳原子平均拥有的化学键数为4×＝2，则碳原子数与化学键数之比为1∶2。
(3)石墨中的C—C键比金刚石中的C—C键键长短，键能大，故石墨的熔点高于金刚石。
方法规律——金刚石与石墨比较
晶体
金刚石
石墨
碳原子成键数
4
3
有无未成对价电子
无
有
最小环碳原子个数
6
6
含有1molC的晶体中所含化学键数目
2mol
1.5mol
1．分子晶体具有某些特征的本质原因是( )
A．组成晶体的基本微粒是分子
B．熔融时不导电
C．基本构成微粒间以分子间作用力相结合
D．熔点一般比较低
答案 C
解析 分子晶体相对于其他晶体来说，熔、沸点较低，硬度较小，本质原因是其基本构成微粒间的相互作用——范德华力及氢键相对于化学键来说比较弱。
2．根据下列各物质的物理性质，判断其固态肯定不属于分子晶体的是( )
①溴化铝(无色晶体，熔点98℃，熔融态不导电)
②碳化铝(黄色晶体，熔点2200℃，熔融态不导电)
③氟化铝(无色晶体，熔融时或溶于水时破坏了相同的作用力)
④五氟化钒(无色晶体，熔点19.5℃，易溶于乙醇)
A．①②B．③④C．②③D．①④
答案 C
解析 溴化铝，无色晶体，熔点98℃，熔融态不导电，具有分子晶体的性质，属于分子晶体，故①不选；碳化铝，黄色晶体，熔点2200℃，熔融态不导电，应为原子晶体，故②选；氟化铝，无色晶体，熔融时或溶于水时破坏了相同的作用力，说明破坏的是离子键，应为离子晶体，故③选；五氟化钒，无色晶体，熔点19.5℃，易溶于乙醇中，具有分子晶体的性质，属于分子晶体，故④不选。
3．SiCl4的分子结构与CCl4相似，对其进行的下列推测不正确的是( )
A．SiCl4晶体是分子晶体
B．常温、常压下SiCl4是气体
C．SiCl4的分子是由极性键形成的非极性分子
D．SiCl4的熔点高于CCl4
答案 B
解析 由于SiCl4具有分子结构，所以一定属于分子晶体；影响分子晶体熔、沸点的因素是分子间作用力的大小，在这两种分子中都只有范德华力，SiCl4的相对分子质量大于CCl4，所以SiCl4的分子间作用力更大一些，熔、沸点更高一些；CCl4的分子是正四面体结构，SiCl4与它结构相似，因此也应该是正四面体结构，是含极性键的非极性分子。
4．石墨晶体是层状结构，在每一层内，每个碳原子都跟其他3个碳原子相结合，如图是其晶体结构的俯视图，则图中7个六元环完全占有的碳原子数是( )
A．10B．18C．24D．14
答案 D
解析 每个六元环平均占有的碳原子数为6×＝2，7个六元环完全占有的碳原子数为2×7＝14。
5．请回答下列问题：
(1)下列有关石墨晶体的说法正确的是________(填字母，下同)。
a．由于石墨晶体导电，所以它是金属晶体
b．由于石墨的熔点很高，所以它是原子晶体
c．由于石墨质软，所以它是分子晶体
d．石墨晶体是一种混合晶体
(2)据报道，科研人员应用电子计算机模拟出来类似C60的物质N60，试推测下列有关N60的说法正确的是________。
a．N60易溶于水
b．N60是一种分子晶体，有较高的熔点和硬度
c．N60的熔点高于N2
d．N60的稳定性比N2强
(3)已知碘晶胞结构如图所示，请回答下列问题：
①碘晶体属于________晶体。
②碘晶体熔化过程中克服的作用力为______________。
③假设碘晶胞中立方体的长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则碘单质的密度为__________________。
答案 (1)d (2)c (3)①分子 ②分子间作用力③g·cm－3
解析 (1)石墨晶体中存在共价键、范德华力、大π键，故为混合晶体。(2)C60是一种单质，属于分子晶体，而N60类似于C60，所以N60也是单质，属于分子晶体，即具有分子晶体的一些性质，如硬度较小和熔、沸点较低。分子晶体的相对分子质量越大，熔、沸点越高。单质一般是非极性分子，难溶于水这种极性溶剂，因此a、b项错误，c项正确；N2分子以N≡N键结合，N60分子中只存在N—N键，而N≡N键比N—N键牢固得多，所以d项错误。(3)I2分子之间以分子间作用力结合，所以I2晶体属于分子晶体。观察碘的晶胞结构发现，一个晶胞中含有I2分子的数目为8×＋6×＝4，碘原子为8个。一个晶胞的体积为a3 cm3，质量为 g，则碘单质的密度为g·cm－3。
[对点训练]
题组一 分子晶体的判断
1．下列各组物质均属于分子晶体的是( )
A．SO2，SiO2，P2O5 B．PCl3，CO2，H2SO4
C．SiC，H2O，NH3 D．HF，CO2，Si
答案 B
解析 SiO2、SiC、Si均为原子晶体。
2．下列晶体由原子直接构成，且属于分子晶体的是( )
A．固态氢 B．固态氖
C．磷 D．三氧化硫
答案 B
解析 稀有气体分子都属于单原子分子，因此稀有气体形成的晶体属于分子晶体且由原子直接构成。其他分子晶体一般由分子构成，如干冰、冰等。
3．某化学兴趣小组，在学习分子晶体后，查阅了几种氯化物的熔、沸点，记录如下：
NaCl
MgCl2
AlCl3
SiCl4
CaCl2
熔点/℃
801
712
190
－68
782
沸点/℃
1465
1418
230
57
1600
根据这些数据分析，属于分子晶体的是( )
A．NaCl、MgCl2、CaCl2 B．AlCl3、SiCl4
C．NaCl、CaCl2 D．全部
答案 B
解析 由于由分子构成的晶体，分子与分子之间以分子间作用力相互作用，而分子间作用力较小，克服分子间作用力所需能量较低，故分子晶体的熔、沸点较低，表中的MgCl2、NaCl、CaCl2熔、沸点很高，很明显不属于分子晶体，AlCl3、SiCl4熔、沸点较低，应为分子晶体，B项正确，A、C、D三项错误。
4．(2017·合肥六中月考)AB型化合物形成的晶体结构多种多样。下图所示的几种结构所表示的物质最有可能是分子晶体的是( )
A．①③ B．②⑤
C．⑤⑥ D．③④⑤⑥
答案 B
解析 从各图中可以看出②⑤都不能再以化学键与其他原子结合，所以最有可能是分子晶体。
题组二 分子晶体的结构与性质
5．BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似。由此可推测BeCl2( )
A．熔融态不导电 B．水溶液呈中性
C．熔点比BeBr2高 D．不与NaOH溶液反应
答案 A
解析 由题知BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，应属于分子晶体，所以熔融态不导电；对于组成相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，因此BeCl2的熔点比BeBr2的低；BeCl2的化学性质与AlCl3相似，根据AlCl3能和NaOH溶液反应，则BeCl2也可与NaOH溶液反应；AlCl3水溶液中由于铝离子水解而呈酸性，推知BeCl2也具有此性质。
6．下图是冰的一种骨架形式，依此为单位向空间延伸，则该冰中的每个水分子有几个氢键( )
A．2 B．4
C．8 D．12
答案 A
解析 每个水分子与四个方向的其他4个水分子形成氢键，每个氢键为2个水分子所共有，因此每个水分子具有的氢键个数为4×＝2。
7．中学教材上介绍的干冰晶体是一种立方面心结构，如图所示，即每8个CO2构成立方体，且在6个面的中心又各占据1个CO2分子，在每个CO2周围距离a(其中a为立方体棱长)的CO2有( )
A．4个B．8个C．12个D．6个
答案 C
解析 在每个CO2周围距离a的CO2即为每个面心上的CO2分子，在X、Y、Z三个方向上各有4个，所以应为12个。
8．晶胞是晶体结构中可重复出现的最小的结构单元，C60晶胞结构如下图所示，下列说法正确的是( )
A．C60摩尔质量是720
B．C60与苯互为同素异形体
C．在C60晶胞中有14个C60分子
D．每个C60分子周围与它距离最近且等距离的C60分子有12个
答案 D
题组三 常见晶体结构与性质的综合
9．下列有关晶体的叙述中，错误的是( )
A．分子晶体熔化时化学键一般不被破坏
B．白磷晶体中，结构粒子之间通过共价键结合
C．构成分子晶体的结构粒子中可能存在共价键
D．石英晶体是直接由硅原子和氧原子通过共价键所形成的空间网状结构的晶体
答案 B
解析 分子晶体是通过分子间作用力将分子结合在一起的，所以熔化时，分子内部的化学键未发生变化，破坏的只是分子间作用力，A正确；白磷晶体是分子晶体，在P4内部存在共价键，而结构粒子(P4)之间是通过分子间作用力结合的，B错误；稀有气体在固态时也属于分子晶体，而稀有气体是单原子分子，在分子内部不存在共价键，在干冰晶体中，CO2分子内存在共价键，C正确；石英晶体是原子晶体，D正确。
10．金刚石和石墨是碳的两种常见单质，下列关于两种晶体的比较正确的是( )
A．两种晶体中碳原子成键数目相同
B．晶体的熔点：金刚石>石墨
C．晶体中共价键的键角：金刚石>石墨
D．金刚石晶体中只含有共价键，石墨晶体中则存在共价键、金属键和范德华力
答案 D
11．对于钠的卤化物(NaX)和硅的卤化物分子(SiX4)，下列叙述正确的是( )
A．SiX4呈空间网状结构，硬度大
B．NaX的熔点一般高于SiX4
C．NaX易水解
D．SiX4由原子构成，熔化时破坏共价键
答案 B
解析 硅的卤化物(SiX4)属于分子晶体，不是空间网状结构，其硬度较小，A错误；钠的卤化物(NaX)为离子化合物，属于离子晶体，硅的卤化物(SiX4)为共价化合物，属于分子晶体，离子晶体的熔点大于分子晶体的熔点，即NaX的熔点一般高于SiX4，故B正确；钠的强酸盐不水解，NaX(NaF除外)不易水解，C错误；硅的卤化物(SiX4)是由分子构成的，属于分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，故D错误。
12．氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂；立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示，下列关于这两种晶体的说法正确的是( )
A．六方相氮化硼与石墨一样可以导电
B．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
C．两种晶体均为分子晶体
D．六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为平面三角形
答案 D
解析 A项，六方相氮化硼晶体中没有可以自由移动的电子或离子，所以不导电，错误；B项，立方相氮化硼中只含有σ键，错误；C项，立方相氮化硼是原子晶体，错误；D项，由六方相氮化硼的晶体结构可知，每个硼原子与相邻3个氮原子构成平面三角形，正确。
[综合强化]
13．石墨的片层结构如图所示，请回答下列问题：
(1)平均________个碳原子构成一个正六边形。
(2)石墨晶体每一层内碳原子数与碳碳化学键之比是________。
(3)ng碳原子可构成________个正六边形。
答案 (1)2 (2)2∶3 (3)
解析 (1)利用点与面之间的关系，平均每个正六边形含碳原子：6×1/3＝2个。
(2)分析每一个正六边形：①所占的碳原子数为6×＝2；
②所占的碳碳键数为6×＝3，故答案为2∶3。
(3)ng碳原子数为NA，故答案为＝。
14．据报道科研人员应用计算机模拟出结构类似C60的物质N60。已知：①N60分子中每个氮原子均以N—N键结合三个N原子而形成8电子稳定结构；②N—N键的键能为167 kJ·mol－1。请回答下列问题：
(1)N60分子组成的晶体为________晶体，其熔、沸点比N2________(填“高”或“低”)，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)1molN60分解成N2时吸收或放出的热量是_____________________________kJ(已知N≡N键的键能为942kJ·mol－1)，表明稳定性N60________(填“>”“<”或“＝”)N2。
(3)由(2)列举N60的用途(举一种)：___________________________________________。
答案 (1)分子 高 N60、N2均形成分子晶体，且N60的相对分子质量大，分子间作用力大，故熔、沸点高
(2)13230 <
(3)N60可作高能炸药(其他合理答案也可)
解析 (1)N60、N2形成的晶体均为分子晶体，因Mr(N60)>Mr(N2)，故N60晶体中分子的范德华力比N2晶体大，N60晶体的熔、沸点比N2晶体高。
(2)因每个氮原子形成三个N—N键，每个N—N键被2个N原子共用，故1 mol N60中存在N—N键：1 mol×60×3×＝90 mol。发生的反应为N60===30N2，故ΔH＝90×167 kJ·mol－1－30×942 kJ·mol－1＝－13 230 kJ·mol－1<0，为放热反应，表明稳定性N2>N60。
(3)由于反应放出大量的热同时生成大量气体，因此N60可用作高能炸药。
15．德国和美国科学家首次制出了由20个碳原子组成的空心笼分子C20，该笼状结构是由许多正五边形构成的(如右图所示)。请回答下列问题：
(1)C20分子中共有________个正五边形，共有______条棱边。C20晶体属于______(填晶体类型)。
(2)科学界拟合成一种“二重构造”的球形分子(C60Si60)，即把“足球型”的C60置于“足球型”的Si60内，并把硅原子与碳原子以共价键结合。合成“二重构造”球形分子C60Si60的化学反应类似于________(填字母)。
A．由乙烯制聚乙烯
B．乙酸与乙醇制乙酸乙酯
C．乙醇制乙醛
D．乙烯与丙烯合成乙丙树脂
答案 (1)12 30 分子晶体
(2)AD
解析 (1)正五边形＝＝12，棱边＝＝30。
(2)由于C60和Si60相似，所以该反应类似于加聚反应。
专题4 分子空间结构与物质性质
本专题重难点突破
[学习目标定位] 1.能利用价层电子对互斥理论和原子轨道杂化理论判断、解释分子(离子)的空间构型，中心原子的杂化类型。2.理解等电子原理，会利用等电子原理判断等电子体并解释相关性质。3.了解配合物的形成、性质及应用，会分析配合物的结构。4.理解物质物理性质的综合影响因素，会判断分子的极性。
一、杂化轨道及其类型的判断
例1 在分子中，①、②、③号碳原子成键时所采取的杂化方式分别为( )
A．sp2杂化；sp2杂化；sp杂化
B．sp3杂化；sp3杂化；sp2杂化
C．sp3杂化；sp2杂化；sp杂化
D．sp杂化；sp3杂化；sp2杂化
答案 C
解析 ①号碳原子共形成4个σ键，为sp3杂化，②号碳原子共形成3个σ键，为sp2杂化，③号碳原子共形成2个σ键，为sp杂化。
方法规律——有机物分子中碳原子杂化类型的判断
对于有机物分子来说，若没有形成π键则为sp3杂化，形成一个π键则为sp2杂化，形成两个π键则为sp杂化。
二、分子的空间结构的判断与分析
例2 下列离子的VSEPR模型与其空间构型一致的是( )
A．SO B．ClO
C．NO D．ClO
答案 B
解析 SO的价层电子对数为4，且含有一个孤电子对，所以其VSEPR模型为四面体型，而SO的空间构型为三角锥型，A项错误；ClO的价层电子对数为4，不含孤电子对，所以其VSEPR模型与其空间构型一致，B项正确；NO的价层电子对数为3，其中含有一个孤电子对，其VSEPR模型与其空间构型不一致，C项错误；ClO的价层电子对数为4，也含有一个孤电子对，D项错误。
方法规律
价层电子对互斥理论模型(VSEPR模型)指的是价层电子对的空间构型，而分子的空间构型指的是成键电子对的空间构型，不包括孤电子对。当中心原子无孤电子对时，分子的空间构型与价层电子对的空间构型一致；当中心原子有孤电子对时，分子的空间构型与价层电子对的空间构型不一致。
三、等电子原理及其应用
例3 通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体。人们发现等电子体的空间构型相同，则下列有关说法中正确的是( )
A．CH4和NH是等电子体，键角均为60°
B．NO和CO是等电子体，均为平面正三角形结构
C．H3O＋和PCl3是等电子体，均为三角锥型结构
D．B3N3H6和苯是等电子体，B3N3H6分子中不存在“肩并肩”式重叠的轨道
答案 B
解析 CH4和NH都是正四面体构型，键角均为109.5°，A项不正确；NO和CO是等电子体，均为平面正三角形结构，B项正确；H3O＋和PCl3价电子总数不相等，不是等电子体，C项不正确；B3N3H6结构与苯相似，也存在“肩并肩”式重叠的轨道，D项不正确。
易错提醒
判断两种微粒是否是等电子体，要牢牢抓住等电子体的定义，不要被质子数的多少、是否都是中性粒子等所迷惑。等电子体的结构具有相似性。
四、分子极性的判断
例4 下列每组物质中化学键类型和分子的极性都相同的是( )
A．CO2和CS2 B．NaCl和HCl
C．H2O和CH4 D．O2和HBr
答案 A
解析 CO2和CS2中均含极性共价键，且均为直线形对称分子，均属于非极性分子，A正确；NaCl含离子键，HCl含极性共价键，B错误；H2O和CH4中均含极性共价键，H2O为V形，属于极性分子，CH4为正四面体型，属于非极性分子，C错误；O2和HBr中分别含非极性键、极性键，分别属于非极性分子、极性分子，D错误。
方法规律
(1)对于双原子分子，键的极性就是分子的极性。
①由极性键形成的双原子分子(表示为AB型分子)，一定是极性分子，如CO、NO、HCl等分子。
②由非极性键形成的双原子分子(表示为A2型分子)，一定是非极性分子，如O2、N2、Cl2等分子。
(2)三原子及三原子以上的分子，结构有可能对称，键的极性互相抵消，有可能为非极性分子。
五、影响物质溶解性的综合考查
例5 关于CS2、SO2、NH3三种物质的说法中正确的是( )
A．CS2在水中的溶解度很小，是由于其属于极性分子
B．SO2和NH3均易溶于水，原因之一是它们都是极性分子
C．CS2为非极性分子，所以在这三种物质中熔、沸点最低
D．NH3在水中溶解度很大只是由于NH3分子为极性分子
答案 B
解析 根据“相似相溶规则”，水是极性分子，CS2是非极性分子，SO2和NH3都是极性分子，故A错误、B正确；由于CS2常温下是液体，SO2和NH3常温下是气体，故C错；NH3在水中溶解度很大，除了由于NH3分子为极性分子外，还因为NH3分子和H2O分子之间可形成氢键，故D错。
易错警示——判断物质溶解性要注意的问题
(1)“相似相溶”规则是从分子结构的角度，通过实验的观察和研究而得出的关于物质溶解性的经验规律，也有不符合此规律的例外情况，如CO、NO等极性分子难溶于水。
(2)“相似相溶”规则可以解释一些物质在某些溶剂中溶解的情况。
(3)氢键影响物质的溶解度。如果溶质与溶剂之间能形成氢键，则溶解度增大。如NH3极易溶于水、C2H5OH与水能以任意比混溶，上述事实还分别与NH3和H2O分子间、C2H5OH和H2O分子间形成氢键密切相关。
六、配合物的组成和结构的推断
例6 水能与多种金属离子形成络合物，某红紫色络合物的组成为CoCl3·5NH3·H2O，其水溶液显弱酸性，加入强碱加热至沸腾有氨放出，同时产生Co2O3沉淀；加AgNO3于该化合物溶液中，有AgCl沉淀生成，过滤后加AgNO3溶液于滤液中无变化，但加热至沸腾有AgCl沉淀生成，且其质量为第一次沉淀量的二分之一。则该配合物的化学式最可能为( )
A．[CoCl2(NH3)4]Cl·NH3·H2O
B．[Co(NH3)5(H2O)]Cl3
C．[CoCl2(NH3)3(H2O)]Cl·2NH3
D．[CoCl(NH3)5]Cl2·H2O
答案 D
解析 CoCl3·5NH3·H2O水溶液加AgNO3于该化合物溶液中，有AgCl沉淀生成，说明外界离子有Cl－，过滤后再加AgNO3溶液于滤液中无变化，但加热至沸腾有AgCl沉淀生成，说明配体中含有Cl－，且其质量为第一次沉淀量的二分之一，说明外界Cl－与配体Cl－之比为2∶1，选项中只有D符合。
方法规律
配合物有内界和外界之分，在水溶液中只有外界提供的阴、阳离子属于自由离子，而内界的离子不属于自由离子，通过复分解反应确定配合物的化学式时，一定要注意发生反应的和未发生反应的同种离子的比例关系。
七、配合物的组成和性质的综合
例7 (2017·石家庄一中高二期末)配位化合物在生产生活中有重要应用，请根据要求回答下列问题：
(1)光谱证实单质铝与强碱性溶液反应有[Al(OH)4]－生成，则[Al(OH)4]－中存在________(填字母)。
a．共价键 b．非极性键
c．配位键 d．σ键
e．π键
(2)Co(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物，结构分别为[CoBr(NH3)5]SO4和[Co(SO4)(NH3)5]Br。已知Co3＋的配位数是6，为确定钴的配合物的结构，现对两种配合物进行了如下实验：在第一种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，产生白色沉淀，在第二种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，则无明显现象。则第一种配合物的结构可表示为_____________________，第二种配合物的结构可表示为____________________________。若在第二种配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，则产生的现象是__________________。
(提示：TiCl(H2O)5Cl2这种配合物的结构可表示为[TiCl(H2O)5]Cl2。)
答案 (1)acd (2)[CoBr(NH3)5]SO4 [Co(SO4)(NH3)5]Br 生成淡黄色沉淀
解析 (1)光谱证实单质Al与强碱性溶液反应有[Al(OH)4]－生成，可看作铝原子和三个羟基形成三对共用电子对，形成三个极性共价键，形成Al(OH)3，Al(OH)3溶解在强碱性溶液中，和OH－结合形成[Al(OH)4]－，利用的是铝原子的空轨道和OH－的孤电子对形成的配位键；由两个原子轨道“头碰头”相互重叠而形成的共价键，叫σ键，所以[Al(OH)4]－中也形成了σ键。(2)由[CoBr(NH3)5]SO4的结构可知，硫酸根离子为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，所以会与钡离子结合生成白色沉淀，若加入BaCl2溶液时无明显现象，说明硫酸根离子在内界，所以配合物的结构为[Co(SO4)(NH3)5]Br；溴离子为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，若加入AgNO3溶液，会产生淡黄色沉淀溴化银。
易误提醒
配合物中化学键的类型和数目判断，易错点在于对概念、微粒的组成以及结构式认识不清，导致出错。配合物中的化学键主要有离子键、共价键、配位键三种，离子键是阴、阳离子之间的作用力(阳离子包括金属离子和NH等)，共价键主要是非金属原子之间的作用力，配位键是中心原子与配体之间的作用力。键的数目判断方法：两个共价原子之间形成一个σ键，中心原子和配体之间形成一个配位键。
第一单元 分子构型与物质的性质
第1课时 杂化轨道理论与分子空间构型
[学习目标定位] 知道共价分子结构的多样性和复杂性，能用杂化轨道理论解释或预测某些分子或离子的空间结构。
一、杂化轨道及其理论要点
1．试解释CH4分子为什么具有正四面体的空间构型？
(1)杂化轨道的形成
碳原子的1个2s轨道上的电子进入2p空轨道，1个2s轨道和3个2p轨道“混合”起来，形成能量相同的4个sp3杂化轨道，可表示为
(2)共价键的形成
碳原子的4个sp3杂化轨道分别与四4个H原子的1s轨道重叠形成4个相同的σ键。
(3)CH4分子的空间构型
甲烷分子中的4个C—H是等同的，C—H之间的夹角——键角是109.5°，形成正四面体型分子。
2．轨道杂化与杂化轨道
(1) 轨道的杂化：在外界条件影响下，原子内部能量相近的原子轨道重新组合形成一组新轨道的过程叫做原子轨道的杂化。
(2)杂化轨道：重新组合后的新的原子轨道，叫做杂化原子轨道，简称杂化轨道。
(3)轨道杂化的过程：激发→杂化→轨道重叠。
杂化轨道理论要点
(1)原子在成键时，同一原子中能量相近的原子轨道可重新组合成杂化轨道。
(2)参与杂化的原子轨道数等于形成的杂化轨道数。
(3)杂化改变了原子轨道的形状、方向。杂化使原子的成键能力增大。
例1 下列关于杂化轨道的说法错误的是( )
A．所有原子轨道都参与杂化形成杂化轨道
B．同一原子中能量相近的原子轨道参与杂化
C．杂化轨道能量集中，有利于牢固成键
D．杂化轨道中不一定有一个电子
答案 A
解析 参与杂化的原子轨道，其能量不能相差太大，如1s轨道与2s、2p轨道能量相差太大，不能形成杂化轨道，即只有能量相近的原子轨道才能参与杂化，故A项错误，B项正确；杂化轨道的电子云一头大一头小，成键时利用大的一头，可使电子云重叠程度更大，形成牢固的化学键，故C项正确；并不是所有的杂化轨道中都会有电子，也可以是空轨道，也可以有一对孤电子对(如NH3、H2O)，故D项正确。
二、用杂化轨道理论解释分子的形成及分子中的成键情况
1．用杂化轨道理论解释BeCl2、BF3分子的形成
(1)BeCl2分子的形成
杂化后的2个sp杂化轨道分别与氯原子的3p轨道发生重叠，形成2个σ键，构成直线形的BeCl2分子。
(2)BF3分子的形成
2．用杂化轨道理论解释乙烯、乙炔分子中的成键情况
(1)乙烯分子中的成键情况
在乙烯分子中，C原子采取sp2杂化，形成3个杂化轨道，两个碳原子各以1个杂化轨道互相重叠，形成1个C—Cσ键，另外两个杂化轨道分别与氢原子的1s轨道重叠，形成2个C—Hσ键，这样形成的5个键在同一平面上，此外每个C原子还剩下1个未杂化的p轨道，它们发生重叠，形成一个π键。其结构示意图如下：
(2) 乙炔分子中的成键情况
在乙炔分子中，碳原子采取sp杂化，形成2个杂化轨道，两个碳原子各以1个杂化轨道互相重叠，形成1个C—Cσ键，每一个碳原子又各以1个sp轨道分别与1个氢原子形成σ键，这样形成的3个键在同一直线上，此外每个碳原子还有2个未杂化的2p轨道，它们发生重叠，形成两个π键。其结构示意图如下：
杂化轨道的类型与分子空间构型的关系
杂化类型
sp
sp2
sp3
参与杂化的原子轨道及数目
ns
1
1
1
np
1
2
3
杂化轨道数目
2
3
4
杂化轨道间的夹角
180°
120°
109.5°
空间构型
直线形
平面三角形
正四面体
实例
BeCl2、CO2、CS2
BCl3、BF3、BBr3
CF4、SiCl4、SiH4
特别提醒 杂化轨道只能形成σ键，不能形成π键。
例2 下列分子的空间构型可用sp2杂化轨道来解释的是( )
①BF3 ②CH2===CH2 ③ ④CH≡CH⑤NH3 ⑥CH4
A．①②③ B．①⑤⑥
C．②③④ D．③⑤⑥
答案 A
解析 sp2杂化轨道形成夹角为120°的平面三角形，①BF3为平面三角形且B—F键夹角为120°；②C2H4中碳原子以sp2杂化，且未杂化的2p轨道形成π键；③同②相似；④乙炔中的碳原子为sp杂化；⑤NH3中的氮原子为sp3杂化；⑥CH4中的碳原子为sp3杂化。
例3 有关杂化轨道的说法不正确的是( )
A．杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
B．sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109.5°、120°、180°
C．杂化轨道既可形成σ键，又可形成π键
D．已知CO2为直线形分子，其分子结构可以用sp杂化轨道解释
答案 C
解析 杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变， A正确； sp3、sp2、sp杂化轨道其空间构型分别是正四面体型、平面三角形、直线形，所以其夹角分别为109.5°、120°、180°，B正确；杂化轨道只能形成σ键，C错误；直线形分子的键角为180°，中心原子的杂化方式是sp, D正确。
方法规律——中心原子杂化类型的判断方法
(1)由分子构型判断杂化类型
①直线形——sp杂化
②平面形——sp2杂化
③四面体型——sp3杂化
(2)由碳原子的饱和程度判断
①饱和碳原子——sp3杂化
②双键上的碳原子——sp2杂化
③叁键上的碳原子——sp杂化
1．s轨道和p轨道杂化的类型不可能有( )
A．sp杂化 B．sp2杂化
C．sp3杂化 D．sp4杂化
答案 D
解析 p轨道只有3个方向不同的轨道px、py、pz，与1个s轨道可形成sp杂化如二氧化碳分子中碳原子，sp2杂化如BCl3中硼原子，最多形成sp3杂化如CCl4分子中碳原子，不可能有sp4出现。
2．下列有关sp杂化轨道的叙述正确的是( )
A．是由一个1s轨道和一个2p轨道线性组合而成
B．sp杂化轨道中的两个杂化轨道完全相同
C．sp杂化轨道可与其他原子轨道形成σ键和π键
D．sp杂化轨道有两个，一个能量升高，另一个能量降低，但总能量保持不变
答案 B
解析 sp杂化轨道是同一原子内同一电子层内轨道发生的杂化，A项错误；不同类型能量相近的原子轨道混合起来，重新组合成一组新的轨道，所形成两个能量等同的sp杂化轨道，B项正确，D项错误；杂化轨道用于形成σ键，未杂化的轨道形成π键，不是杂化轨道形成π键，C项错误。
3．在乙炔分子中有3个σ键、2个π键，它们分别是( )
A．sp杂化轨道形成σ键、未杂化的2个2p轨道形成2个π键，且互相垂直
B．sp杂化轨道形成σ键、未杂化的2个2p轨道形成2个π键，且互相平行
C．C—H之间是sp杂化轨道形成的σ键，C—C之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
D．C—C之间是sp杂化轨道形成的σ键，C—H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
答案 A
解析 碳原子形成乙炔时，一个2s轨道和一个2p轨道杂化成两个sp轨道，另外的两个2p轨道保持不变，其中一个sp轨道与氢原子的1s轨道头碰头重叠形成C—Hσ键，另一个sp轨道则与另一个碳原子的sp轨道头碰头重叠形成C—C σ键，碳原子剩下的两个p轨道则肩并肩重叠形成两个C—C π键，且这两个π键相互垂直。
4．在分子中，羰基碳原子与甲基碳原子成键时所采取的杂化方式分别为( )
A．sp2杂化；sp2杂化 B．sp3杂化；sp3杂化
C．sp2杂化；sp3杂化 D．sp杂化；sp3杂化
答案 C
解析 羰基上的碳原子共形成3个σ键，为sp2杂化；两侧甲基中的碳原子共形成4个σ键，为sp3杂化。
5．石墨烯(图甲)是一种由单层碳原子构成的平面结构新型材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯(图乙)。
(1)图甲中，1号C与相邻C形成σ键的个数为________。
(2)图乙中，1号C的杂化方式是________，该C与相邻C形成的键角________(填“＞”“＜”或“＝”)图甲中1号C与相邻C形成的键角。
答案 (1)3 (2)sp3 ＜
解析 (1)图甲中，1号C与相邻的3个C形成1个碳碳双键和2个碳碳单键，即形成3个σ键和1个π键。
(2)图乙中，1号C除与3个C形成化学键外，还与羟基氧原子形成化学键，故该C采取sp3杂化。
[对点训练]
题组一 原子轨道杂化与杂化轨道
1．(2018·石室佳兴外国语学校月考)有关乙炔分子中的化学键描述不正确的是( )
A．两个碳原子采用sp杂化方式
B．两个碳原子采用sp2杂化方式
C．每个碳原子都有两个未杂化的2p轨道形成π键
D．两个碳原子形成两个π键
答案 B
解析 乙炔中每个碳原子价层电子对数是2且不含孤电子对，所以碳原子采用sp杂化，A正确，B错误；每个碳原子中两个未杂化的2p轨道肩并肩重叠形成π键，C正确；两个碳原子之间形成1个σ键2个π键，D正确。
2．下列有关杂化轨道的说法不正确的是( )
A．原子中能量相近的某些轨道，在成键时，能重新组合成能量相等的新轨道
B．轨道数目杂化前后可以相等，也可以不等
C．杂化轨道成键时，要满足原子轨道最大重叠原理、能量最低原理
D．CH4分子中任意两个C—H键的夹角为109.5°
答案 B
解析 原子轨道形成杂化轨道前后，轨道数目不变化，用于形成杂化轨道的原子轨道的能量相近，并满足最大重叠程度，故选B。
3．下列关于杂化轨道的叙述正确的是( )
A．杂化轨道可用于形成σ键，也可用于形成π键
B．sp3杂化轨道是由同一原子中能量相近的s和p轨道混合形成的一组新轨道
C．NH3中N原子的sp3杂化轨道是由N原子的3个p轨道与H原子的s轨道杂化而成的
D．在乙烯分子中1个碳原子的3个sp2杂化轨道与3个氢原子的s轨道重叠形成3个C—Hσ键
答案 B
解析 杂化轨道只用于形成σ键，或用来容纳未参与成键的孤电子对，不能用来形成π键，A错误；sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道通过杂化混合起来形成的一组能量相同的新轨道，B正确；NH3中N原子的sp3杂化轨道是由N原子的1个s轨道和3个p轨道杂化而成的，C错误；在乙烯分子中，1个碳原子的3个sp2杂化轨道中的2个sp2杂化轨道与2个氢原子的s轨道重叠形成2个C—H σ键，剩下的1个sp2杂化轨道与另一个碳原子的sp2杂化轨道重叠形成1个C—C σ键，D错误。
题组二 杂化轨道类型及其判断
4．已知SO3分子结构呈平面三角形，则分子中S原子的杂化方式为( )
A．spB．sp2C．sp3D．无法判断
答案 B
解析 在SO3中与S原子相连的原子数为3且呈平面三角形，类似于BF3。所以根据杂化轨道理论可推知中心原子S的杂化方式为sp2杂化。
5．甲烷中的碳原子是sp3杂化，下列用*表示碳原子的杂化和甲烷中的碳原子杂化状态一致的是( )
A．CH≡CH3 B.H2===CHCH3
C．CH2===HCH3 D．CH2===CHH3
答案 D
解析 D项中用*表示碳原子形成了四个碳碳单键，与甲烷类似，其杂化类型为sp3杂化。
6．下列分子所含原子中，既有sp3杂化，又有sp2杂化的是( )
A．乙醛[]
B．丙烯腈[]
C．甲醛[]
D．丙炔[]
答案 A
解析 乙醛中甲基的碳原子采取sp3杂化，醛基中碳原子采取sp2杂化；丙烯腈中碳碳双键的两个碳原子采取sp2杂化，另一个碳原子采取sp杂化；甲醛中碳原子采取sp2杂化；丙炔中甲基碳原子采取sp3杂化，碳碳叁键中两个碳原子采取sp杂化。
7．BF3是典型的平面三角形分子，它溶于氢氟酸或NaF溶液中都形成正四面体型的BF离子，则BF3和BF中B原子的杂化轨道类型分别是( )
A．sp2、sp2 B．sp3、sp3
C．sp2、sp3 D．sp、sp2
答案 C
解析 根据粒子的空间构型可知BF3中B原子为sp2杂化，BF中B原子为sp3杂化。
题组三 杂化轨道理论的应用
8．形成下列分子时，中心原子采用sp3杂化轨道和另一个原子的p轨道成键的是( )
①PF3 ②CF4 ③NH3 ④H2O
A．①②B．②③C．③④D．①④
答案 A
解析 PF3、CF4、NH3、H2O分子中P原子、C原子、N原子、O原子都采取sp3杂化， NH3和H2O分子中H原子以1s轨道与N或O原子形成σ键，PF3和CF4分子中F原子以2p轨道分别与P和C原子形成σ键。
9．下列分子中的中心原子的杂化方式为sp杂化，分子的空间构型为直线形，且分子中没有形成π键的是( )
A．CH≡CH B．CO2
C．BeCl2 D．BBr3
答案 C
解析 CH≡CH和CO2中的C原子均采取sp杂化，且都含有π键；BeCl2分子中Be采取sp杂化，没形成π键；BBr3中B原子采取sp2杂化，且没有π键。
10．下列关于丙烯(CH3—CH===CH2)的说法正确的是( )
A．丙烯分子有8个σ键，1个π键
B．丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化
C．丙烯分子不存在非极性键
D．丙烯分子中所有原子都共平面
答案 A
解析 C—C、C—H键均为σ键，C===C中有一个σ键，一个π键，则丙烯分子有8个σ键，1个π键， A正确；甲基中的C原子为sp3杂化，C===C中的C原子为sp2杂化，则丙烯分子中1个碳原子是sp3杂化，2个碳原子是sp2杂化， B错误；同种元素之间形成非极性键，则丙烯中存在C－C非极性共价键， C错误；由甲基为四面体结构可知，丙烯分子中所有原子不可能共平面，故D错误。
11．(2017·石室佳兴外国语学校月考)有关苯分子中的化学键描述正确的是( )
A．每个碳原子的sp2杂化轨道中的其中一个形成大π键
B．每个碳原子的未参加杂化的2p轨道形成大π键
C．碳原子的三个sp2杂化轨道只形成2个σ键
D．碳原子的未参加杂化的2p轨道形成σ键
答案 B
解析 苯分子中，每个碳原子中的三个sp2杂化轨道分别与两个碳原子和一个氢原子形成3个σ键，同时每个碳原子还有一个未参加杂化的2p轨道，它们均有一个未成对电子，这些2p轨道相互平行，以“肩并肩”方式相互重叠，形成一个多电子的大π键。
12．氮的最高价氧化物为无色晶体，它由NO和NO构成，已知其阴离子构型为平面三角形，阳离子中氮的杂化方式为sp杂化，则其阳离子的构型和阴离子中氮的杂化方式为( )
A．直线形 sp2杂化
B．V形 sp杂化
C.平面三角形 sp2杂化
D．平面三角形 sp3杂化
答案 A
解析 NO构型为平面三角形，其中氮原子的杂化类型为sp2杂化；NO中氮的杂化方式为sp杂化，构型为直线形。
[综合强化]
13．如图是甲醛分子的模型，根据该图和所学化学知识回答下列问题：
(1)甲醛分子中碳原子的杂化方式是__________，作出该判断的主要理由是____________
___________________________________________________。
(2)下列是对甲醛分子中碳氧键的判断，其中正确的是________(填序号)。
①单键 ②双键 ③σ键 ④π键 ⑤σ键和π键
(3)甲醛分子中C—H键与C—H键间的夹角________(填“＝”“>”或“<”)120°，出现该现象的主要原因是________________________________________________________。
答案 (1)sp2 甲醛分子的空间构型为平面三角形
(2)②⑤ (3)< 碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强
解析 (1)原子的杂化轨道类型不同，分子的空间构型也不同。由图可知，甲醛分子为平面三角形，所以甲醛分子中的碳原子采用sp2杂化。
(2)醛类分子中都含有C===O键，所以甲醛分子中的碳氧键是双键。一般来说，双键是σ键和π键的组合。
(3)由于碳氧双键中存在π键，它对C—H键的排斥作用较强，所以甲醛分子中C—H键与C—H键间的夹角小于120°。
14．2001年是伟大的化学家、1954年诺贝尔化学奖得主、著名的化学结构大师、20世纪的科学怪杰鲍林(L.Pauling)教授的诞辰100周年。1994年这位老人谢世后，人们打开他的办公室，发现里面有一块黑板，画得满满的，其中一个结构式如图所示。老人为什么画这个结构式？它能合成吗？它有什么性质？不得而知。这是鲍林留给世人的一个谜，也许这是永远无法解开的谜，也许有朝一日你就能解开它。不管结果如何，让我们先对这个结构作一番了解。
(1)它的分子式是_______________________________________________________。
(2)它是否带有电荷？________(填“是”或“否”)。
(3)该分子中sp杂化的氮原子有________个；sp2杂化的氮原子有________个；sp3杂化的氮原子有________个。
(4)为什么人们推测它是炸药？_________________________________________________。
答案 (1)C6H2O2N10 (2)否 (3)1 9 0
(4)它分解能产生大量很稳定的气体N2
解析 (1)根据有机物分子结构简式的书写规则，不难确定，每个环上除3个氮原子外还有3个碳原子，由此可以确定其分子式。(2)由电子数可以确定，该分子不带电荷。(3)根据氮原子的成键特征和结构可以确定，采用sp2杂化方式的氮原子数为9个，采用sp杂化方式的氮原子数为1个，无sp3杂化方式。
15．化合物YX2、ZX2中X、Y、Z都是短周期元素，X与Y同周期，Y与Z同主族，Y原子的最外层p轨道上的电子数等于前一电子层电子总数；X原子最外层的p轨道中有一个轨道填充了2个电子。
(1)X元素基态原子的电子排布式是________，Y原子的价层电子的轨道表示式是________。
(2)YX2的分子构型是________。
(3)YX2分子中，Y原子的杂化轨道类型是________，1个YX2分子中含有________个π键。
答案 (1)1s22s22p4
(2)直线形 (3)sp 2
解析 解此类题，首先从信息寻找突破口，如Y属于短周期元素，Y原子的最外层p轨道上的电子数等于前一电子层电子总数，可判断p轨道上有2个电子，则Y为碳元素；X原子最外层的p轨道中有一个轨道填充了2个电子，则p轨道上有4个电子，根据X与Y同周期可知X为氧元素；sp杂化得到夹角为180°的直线形杂化轨道，所以CO2的分子构型为直线形，Y原子的杂化类型为sp；双键中一个是σ键，一个是π键，CO2的结构式为O===C===O，故CO2分子中含有2个π键。
第一单元 分子构型与物质的性质
第2课时 价层电子对互斥理论 等电子原理
[学习目标定位] 理解价层电子对互斥理论和等电子原理，能根据有关理论、原理判断简单分子或离子的构型。
一、价层电子对互斥理论
1．价层电子对互斥理论的基本内容：分子中的价电子对——成键电子对和孤电子对由于相互排斥作用，而趋向于尽可能彼此远离。
(1)当中心原子的价电子全部参与成键时，为使价电子斥力最小，就要求尽可能采取对称结构。
(2)当中心原子的价电子部分参与成键时，未参与成键的孤电子对与成键电子对之间及孤电子对之间、成键电子对之间的斥力不同，从而影响分子构型。
(3)电子对之间的夹角越大，相互之间的斥力越小。
(4)含孤电子对的斥力由大到小顺序：孤电子对—孤电子对＞孤电子对—单键＞单键—单键。
2．价层电子对互斥理论与分子的空间构型
(1)分析中心原子中的价电子全部参与形成共价键的分子的空间构型并完成下表(由中心原子周围的原子数n来预测)：
ABn
空间构型
范例
n＝2
直线形
CO2、BeCl2
n＝3
平面三角形
CH2O、BF3
n＝4
正四面体型
CH4、CCl4
(2)中心原子上有孤电子对(价电子中未参与形成共价键的电子对)的分子的空间构型：中心原子上的孤电子对占据中心原子周围的空间，与成键电子对互相排斥，使分子的空间构型发生变化，如：
①H2O为AB2型分子，氧原子上有两对孤电子对参与互相排斥，所以H2O分子的空间构型为V形而不是直线形。
②NH3分子中氮原子上有一对孤电子对参与互相排斥，故NH3的空间构型不能为平面三角形。
③常见分子的价层电子对互斥模型和空间构型
σ键电
子对数
孤电子
对数
价层电子对数目
电子对的排列方式
价层电子对互斥模型
分子或离子的空间构型
实例
2
0
2
直线形
直线形
BeCl2、
CO2
3
0
3
三角形
平面三角形
BF3、
BCl3
2
1
V形
PbCl2
4
0
4
四面
体型
正四面
体型
CH4、
CCl4
3
1
三角锥型
NH3
2
2
V形
H2O
(1)ABm型分子中心原子价层电子对数目的计算方法
ABm型分子(A是中心原子，B是配位原子)中价层电子对数n的计算：
n＝
(2)在计算中心原子的价层电子对数时应注意如下规定
①作为配位原子，卤素原子和H原子提供1个电子，氧族元素的原子不提供电子；
②作为中心原子，卤素原子按提供7个电子计算，氧族元素的原子按提供6个电子计算；
③对于复杂离子，在计算价层电子对数时，还应加上负离子的电荷数或减去正离子的电荷数。如PO中P原子价层电子数应加上3，而NH中N原子的价层电子数应减去1；
④计算电子对数时，若剩余1个电子，即出现奇数电子，也把这个单电子当作1对电子处理；
⑤双键、叁键等多重键作为1对电子看待。
例1 根据价层电子对互斥理论及原子的杂化轨道理论判断，NF3分子的空间构型和中心原子的杂化方式为( )
A．直线形、sp杂化
B．平面三角型、sp2杂化
C．三角锥形、sp2杂化
D．三角锥型、sp3杂化
答案 D
解析 NF3分子中N原子价电子对数＝＝4N原子价层电子对互拆模型为四面体型，NF3分子的空间构型为三角锥型。
例2 用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的空间构型，有时也能用来推测键角大小。下列判断不正确的是( )
A．SO2、CS2都是直线形的分子
B．BF3键角为120°，SnBr2键角小于120°
C．COCl2、SO3都是平面三角形的分子
D．PCl3、NH3都是三角锥型的分子
答案 A
解析 SO2是V形分子，CS2是直线形的分子，A错误； BF3键角为120°，是平面三角形结构，而Sn原子价电子数是4，在SnBr2中两个价电子与Br形成共价键，还有一个孤电子对，对成键电子有排斥作用，使键角小于120°，B正确；COCl2、SO3都是平面三角形的分子，键角是120°，C正确； PCl3、NH3都是三角锥型的分子，D正确。
方法规律
(1)根据价层电子对互斥理论分析分子或离子的空间构型，关键是分析分子或离子中的中心原子的成键电子对数和孤电子对数。
(2)中心原子的价电子对数等于中心原子的杂化轨道数。
价电子对数目
2
3
4
中心原子杂化方式
sp
sp2
sp3
二、等电子原理
1．比较N2和CO的结构、性质，填写下表空格：
分子
N2
CO
结构
原子数
2
2
电子数
14
14
价电子数
10
10
空间构型
直线形
直线形
性质
沸点/℃
－195.81
－191.49
熔点/℃
－210.00
－205.05
液体密度/g·cm－3
0.796
0.793
2.根据上表，你能得出的结论是：CO分子和N2分子具有相同的原子总数、相同的价电子数，其某些物理性质相近。
3．等电子原理是指原子总数相同、价电子总数相同的分子或离子具有相似的化学键特征，它们的许多性质(主要是物理性质)是相近的。满足等电子原理的分子或离子互称为等电子体。
(1)等电子体判断方法
原子总数相同，价电子总数相同的分子或离子。
(2)等电子体应用
等电子体的许多性质是相近的，空间构型是相同的。利用等电子体可以：
①判断一些简单分子或离子的空间构型；
②利用等电子体在性质上的相似性制造新材料；
③利用等电子原理针对某物质找等电子体。
(3)一些常见的等电子体
类型
实例
空间构型
双原子10电子的等电子体
N2、CO、NO＋、C、CN－
直线形
三原子16电子的等电子体
CO2、CS2、N2O
NO、N、BeCl2(g)
直线形
三原子18电子的等电子体
NO、O3、SO2
V形
四原子24电子的等电子体
NO、CO、BO、
CS、BF3、SO3(g)
平面三角形
五原子32电子的等电子体
SiF4、CCl4、BF、
SO、PO
四个σ键，
正四面体型
例3 已知原子总数和价电子总数相同的离子或分子结构相似，如SO3、NO都是平面三角形。那么下列分子或离子中与SO有相似结构的是( )
A．PCl5B．CCl4C．NF3D．N
答案 B
解析 SO的原子数为5，价电子数为32，CCl4的原子数为5，价电子数为4＋4×7＝32，故CCl4与SO有相似结构(均为正四面体型)。
例4 1919年，Langmuir提出等电子原理：原子总数相同、电子总数相同的分子，互称为等电子体。等电子体的结构相似、物理性质相近。
(1)根据上述原理，仅由第2周期元素组成的共价分子中，互为等电子体的是________和________；________和__________。
(2)此后，等电子原理又有所发展。例如，由短周期元素组成的微粒，只要其原子总数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体，它们也具有相似的结构特征。在短周期元素组成的物质中，与NO互为等电子体的分子有________、________。
答案 (1)N2 CO CO2 N2O (2)SO2 O3
解析 (1)仅由第2周期元素组成的共价分子中，即C、N、O、F组成的共价分子，如：N2与CO电子总数均为14，CO2与N2O电子总数均为22。
(2)依题意，只要原子总数相同，价电子总数也相同，即可互称为等电子体，NO为三原子，其价电子总数为(5＋6×2＋1)＝18，SO2、O3也为三原子，各分子价电子总数均为6×3＝18。
(1)价层电子对互斥理论、杂化轨道理论应用
(2)等电子体原子总数相同，价电子总数相同，其结构相似，物理性质相似。
1．下列有关价层电子对互斥理论的描述正确的是( )
A．价层电子对就是σ键电子对
B．孤电子对数由分子式来确定
C．分子的空间构型是价层电子对互斥的结果
D．孤电子对数等于π键数
答案 C
解析 价层电子对数是σ键数与孤电子对数之和，孤电子对数是指没有成键的价电子对数，其与中心原子价层电子总数、与中心原子结合的原子最多能接受的电子数及与中心原子结合的原子数有关，A、B、D项错误。
2．用价层电子对互斥理论预测H2S和NO的空间结构，两个结论都正确的是( )
A．直线形；三角锥型
B．V形；三角锥型
C．直线形；平面三角形
D．V形；平面三角形
答案 D
解析 H2S分子的中心原子S原子上含有2个σ键，中心原子上的孤电子对数＝(a－xb)＝×(6－2×1)＝2，所以硫化氢分子的价层电子对互斥模型是四面体型，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V形；NO的中心原子N原子含有3个σ键，且不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形，故选D。
3．下列物质属于等电子体的一组是( )
①CH4和NH ②B3H6N3和C6H6 ③F－和Mg④H2O和CH4
A．①②B．②③C．③④D．①④
答案 A
解析 等电子体要具备两个条件：一是微粒的原子总数相同，二是微粒的价电子总数相同。分析可知①、②两项正确，③项中F－和Mg的价电子总数不同，④项中H2O和CH4的原子总数不相同。
4．已知CN－与N2互为等电子体，可推算出HCN分子中σ键与π键的数目之比为( )
A．1∶3B．2∶1C．1∶1D．1∶2
答案 C
解析 CN－与N2互为等电子体，二者结构相似，C原子与N原子之间形成叁键，则HCN分子的结构式为H—C≡N，叁键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键，故HCN分子中σ键与π键的数目之比为2∶2＝1∶1。
5．用价层电子对互斥理论预测下列粒子的空间结构。
(1)OF2____________；
(2)BCl3____________；
(3)PCl3____________；
(4)SO____________。
答案 (1)V形 (2)平面三角形 (3)三角锥型 (4)正四面体型
[对点训练]
题组一 分子中价电子对数目的确定
1．下列微粒中，含有孤电子对的是( )
A．SiH4 B．H2O
C．CH4 D．NH
答案 B
解析 SiH4、H2O、CH4、NH的电子式分别为只有H2O分子中的O原子上有2对孤电子对。
2．下列微粒的价电子对数正确的是(点“”的原子为中心原子)( )
A.H4 4 B.O2 1
C.F3 2 D.O3 2
答案 A
解析 对ABm型分子中心原子价电子对数：
n＝
H4中，n＝＝4，A正确；
O2中，n＝＝2，B不正确；
F3中，n＝＝3，C不正确；
O3中，n＝＝3，D不正确。
题组二 价层电子对互斥理论及其应用
3．下列分子或离子中，中心原子价层电子对互斥模型为四面体型，且分子或离子空间构型为V形的是( )
A．NH B．ClO
C．H3O＋ D．H2S
答案 D
解析 A项，NH中价电子对数＝4＋×(5－1－4×1)＝4，且不含孤电子对，价层电子对互斥模型和离子的空间构型均为正四面体型，故A错误；B项，ClO中价电子对数＝3＋×(7＋1－3×2)＝4，价层电子对互斥模型为四面体型，且含有一个孤电子对，所以离子空间构型为三角锥型，故B错误；C项，H3O＋中价电子对数＝3＋1＝4，所以其价层电子对互斥模型为四面体型，该离子中含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥型，故C错误；D项，H2S中价电子对数＝2＋×(6－2)＝4，价层电子对互斥模型为四面体型，且含有2个孤电子对，所以S原子采用sp3杂化，为V形结构，故D正确。
4．用价层电子对互斥理论预测NO和BF3的空间构型，两个结论都正确的是( )
A．直线形；三角锥型
B．V形；三角锥型
C．直线形；平面三角形
D．V形；平面三角形
答案 D
解析 在NO中，价电子对数为4，则其应为正四面体型。但中心原子N上有两对孤电子对，而且孤电子对也要占据中心原子周围的空间，它们相互排斥，因此NO为V形结构。在BF3中，价电子对数为3，其中心原子B上无孤电子对，因此BF3应为平面三角形。
5．实验测得BH3为平面三角形(键角均为120°)，NH3为三角锥型(键角为107.3°)，已知电子数相同的微粒具有相似的结构。由此推断：①甲基，②甲基碳正离子(CH)，③甲基碳负离子(CH)的键角相对大小顺序为( )
A．②＞①＞③ B．①＞②＞③
C．③＞①＞② D．①＝②＝③
答案 A
解析 ①甲基(—CH3)含有3个σ键，1个孤电子，碳原子杂化方式是sp3，为三角锥型结构，由于孤电子的影响小于孤电子对，故键角大于107.3°小于120°；
②碳正离子(CH)含有3个σ键，没有孤电子对，碳原子杂化方式是sp2，为平面三角形结构，键角为120°；
③碳负离子(CH)含有3个σ键，1对孤电子对，碳原子杂化方式是sp3，为三角锥型结构，键角为107.3°，故选A。
6．(2018·曹妃甸一中期末)下列关于价层电子对互斥模型(VSEPR模型)的叙述中不正确的是( )
A．VSEPR模型可用来预测分子的空间构型
B．分子中价电子对相互排斥决定了分子的空间构型
C．中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间并参与互相排斥
D．分子中键角越大，价电子对相互排斥力越大，分子越稳定
答案 D
解析 VSEPR模型可用来预测分子的空间构型，注意实际空间构型要去掉孤电子对， A正确；空间构型与价电子对相互排斥有关，所以分子中价电子对相互排斥决定了分子的空间构型， B正确；中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间并参与互相排斥，且孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对间的排斥力， C正确；分子的稳定性与键角没有关系， D不正确。
7．已知在CH4中，C—H键间的键角为109.5°，NH3中，N—H键间的键角为107.3°，H2O中O—H键间的键角为104.5°，则下列说法中正确的是( )
A．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
B．孤电子对与成键电子对间的斥力小于成键电子对与成键电子对间的斥力
C．孤电子对与成键电子对间的斥力等于成键电子对与成键电子对间的斥力
D．题干中的数据不能说明孤电子对与成键电子对间的斥力与成键电子对与成键电子对间的斥力之间的大小关系
答案 A
8．下列说法中正确的是( )
A．NO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足了8电子稳定结构
B．P4和CH4都是正四面体型分子且键角都为109.5°
C．NH的电子式为离子呈平面正方形结构
D．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强
答案 D
解析 NCl3分子的电子式为分子中各原子都满足8电子稳定结构，A错误；P4为正四面体型分子，但其键角为60°，B错误；NH为正四面体型结构而非平面正方形结构，C错误；NH3分子电子式为HH，有一对未成键电子，由于未成键电子对成键电子的排斥作用，使其键角为107.3°，呈三角锥型，D正确。
题组三 等电子原理及应用
9．与NO互为等电子体的是( )
A．SO2B．BF3C．CH4D．NO2
答案 B
解析 等电子体是化学通式和价电子总数均相同的粒子，NO的原子数是4，价电子数是24，与其相同的是BF3。
10．(2017·武汉二中高二期末)等电子体之间结构相似，物理性质也相近。根据等电子原理可知，由短周期元素组成的粒子，只要其原子总数和价电子总数相同，均可互称为等电子体。下列各组粒子不能互称为等电子体的是( )
A．CO和NO B．O3和SO2
C．CO2和NO D．SCN－和N
【考点】等电子原理
【题点】等电子体的书写和判断
答案 C
11．根据等电子原理：由短周期元素组成的微粒，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，可互称为等电子体，它们具有相似的结构特征。以下各组微粒结构不相似的是( )
A．CO和N2 B．O3和NO
C．CO2和N2O D．N2H4和C2H4
答案 D
解析 只有N2H4和C2H4不是等电子体。
12．(2017·牡丹江一高高二月考)下列关于等电子体的说法中，正确的是( )
A．N2与CO不互为等电子体，故它们的熔、沸点及溶解度相差较大
B．PO与SO不互为等电子体，故结构不相似
C．NO与O3互为等电子体，故NO为O3的同素异形体
D．苯与硼氮苯(路易斯结构式如图)互为等电子体，故硼氮苯中含有大π键
答案 D
解析 N2与CO原子数目相等，价电子总数相等，互为等电子体，A错误；PO与SO原子数目相等，价电子总数相等，互为等电子体，结构相似，B错误；NO与O3互为等电子体，但不互为同素异形体，C错误；苯与硼氮苯互为等电子体，结构相似，苯分子结构中含有大π键，则硼氮苯中同样含有大π键，D正确。
【考点】等电子原理
【题点】等电子原理的应用
[综合强化]
13．用价层电子对互斥模型推测下列粒子的空间构型。
(1)H2Se__________；(2)NH__________；
(3)BBr3__________；(4)CHCl3__________；
(5)SiF4__________。
答案 (1)V形 (2)V形 (3)平面三角形(4)四面体型 (5)正四面体型
解析 根据原子的最外层电子排布，可以判断出本题粒子的中心原子含有的孤电子对数和结合的原子数为
化学式
H2Se
NH
BBr3
CHCl3
SiF4
中心原子含有的孤电子对数
2
2
0
0
0
中心原子的σ键数
2
2
3
4
4
中心原子的价层电子对数
4
4
3
4
4
H2Se、NH略去两对孤电子对，空间构型为V形，BBr3为平面三角形，CHCl3分子中由于H原子和Cl原子不同，不能形成正四面体型，SiF4为正四面体型。
14．等电子体是指两个或两个以上的分子(或离子)，它们的原子数相同、分子(或离子)中价电子数也相同。
(1)SiO、SO3、NO三种粒子________(填“是”或“不是”)等电子体，其中Si、S、N三种基态原子的第一电离能的大小关系为____________________。
(2)C2O和________是等电子体，C2O具有较强的还原性，它能使酸性KMnO4溶液褪色，Mn原子在元素周期表中的位置是__________，外围电子排布式为______________。
(3)两原子14个电子的等电子体的共同特点是物质中都具有共价叁键，请举出相应的3个例子：________(分子或离子)。每个分子或离子中含__________个σ键，________个π键。
答案 (1)是 N>S>Si
(2)N2O4 第4周期ⅦB族 3d54s2
(3)N2、CO、CN－ 1 2
解析 (1)三种粒子均为四原子24价电子微粒，属于等电子体。(2)寻找C2O的等电子体，首先想到将C替换为N，然后凑足价电子总数，此微粒可以是N2O4。(3)两原子14个电子的微粒首先应想到N2，然后以N2为基础，尝试替换为C原子和O原子，使价电子总数相等即可。
15．硒是一种非金属，可以用作光敏材料、电解锰行业催化剂。
(1)Se是元素周期表中第34号元素，其基态原子的核外电子排布式为____________________
____________________________________________________。
(2)根据价层电子对互斥理论，可以推知SeO3分子的空间构型为________________，其中Se原子采用的轨道杂化形式为________。
(3)CSe2与CO2结构相似，CSe2分子内σ键与π键个数之比为________。CSe2首次是由H2Se与CCl4反应后制取的，CSe2分子内的键角________(填“大于”“等于”或“小于”)H2Se分子内的键角。H—Se—H键角________(填“大于”“等于”或“小于”)AsH3分子内的H—As—H键角。
答案 (1)1s22s22p63s23p63d104s24p4或[Ar]3d104s24p4
(2)平面三角形 sp2 (3)1∶1 大于 小于
解析 (1) Se位于第4周期ⅥA族，所以其基态原子外围电子排布式为4s24p4，然后再写电子排布式。
(2)SeO3分子中Se原子的价电子对数为×(6＋0)＝3，成键电子对数为3，孤电子对数为0，所以Se原子采取sp2杂化，该分子为平面三角形。(3)根据等电子原理和价层电子对互斥理论，CSe2与CO2结构相似，CSe2分子内σ键与π键均为2个。CSe2与CO2均为直线形分子，键角为180°，H2Se与H2O互为等电子体，Se采取sp3杂化， H—Se—H键角接近水分子内H—O—H键角(104.5°)。AsH3与NH3互为等电子体，As采取sp3杂化，H—As—H键角接近107.3°。根据杂化轨道理论，中心原子采取sp杂化的键角>中心原子采取sp3杂化的键角。中心原子都采取sp3杂化时，中心原子孤电子对数越多，键角越小。
第一单元 分子构型与物质的性质
第3课时 分子的极性 手性分子
[学习目标定位] 1.理清共价键的极性与分子极性之间的关系，学会判断分子极性的方法。2.能够根据“相似相溶规则”分析物质在不同溶剂中溶解性的变化。3.知道手性异构体和手性分子，会判断手性碳原子。
一、分子的极性
1．分析讨论下列分子中的电荷分布情况，填写下表
共价分子
HF
N2
H2O
CO2
键的极性
极性键
非极性键
极性键
极性键
整个分子电荷分布
不对称
对称
不对称
对称
正电荷与负电荷重心
不重合
重合
不重合
重合
分子极性
有极性
无极性
有极性
无极性
2.由上述分析可知
3．分子极性的判断方法
分子的极性是由分子中所含共价键的极性与分子的空间构型两方面共同决定的。判断分子极性时，可根据以下原则进行：
(1)只含有非极性键的双原子分子或大多多原子分子是非极性分子，如O2、H2、P4、C60。
(2)含有极性键的双原子分子都是极性分子，如HCl、HF、HBr。
(3)含有极性键的多原子分子，空间构型对称的是非极性分子；空间构型不对称的是极性分子。
4．分子的极性对物质溶解性的影响
(1)相似相溶规则：极性分子(如HCl)易溶于水等极性溶剂，非极性分子(如I2)易溶于苯、四氯化碳等非极性溶剂。
(2)一般来说，同是非极性分子，相对分子质量越大，溶解度越大。
(1)判断分子极性(如HCl)的一般思路
(2)键的极性和分子极性的关系
分子
例1 下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是( )
A．CO2、H2S B．C2H4、CH4
C．Cl2、C2H2 D．NH3、HCl
答案 B
解析 A项中CO2和H2S都含极性键，但前者是非极性分子(直线形)，后者是极性分子(V形)；B项中C2H4是平面分子，CH4为正四面体型，均含极性键且均为非极性分子；C项中Cl2不含极性键；D项中NH3、HCl均为极性分子。
例2 碘单质在水中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，这是因为( )
A．CCl4和I2都不含氢元素，而H2O中含有氢元素
B．CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子
C．CCl4与I2都是直线形分子，而H2O不是直线形分子
D．CCl4与I2相对分子质量相差较小，而H2O与I2相对分子质量相差较大
答案 B
解析 CCl4和I2都是非极性分子，而H2O是极性分子，根据“相似相溶”规则可知碘单质在水中溶解度很小，但在CCl4中溶解度很大，与相对分子质量、是否是直线形分子、是否含有氢元素等没有直接的关系，B正确。
二、手性分子
1．观察比较下图所示两种分子的结构
(1)相同点是分子组成相同，都是CHFClBr；从平面上看相似。
(2)不同点是在空间上完全不同，它们构成实物和镜像关系。
(3)具有完全相同的组成和原子排列的一对分子，如同左手与右手一样互为镜像，却在三维空间里不能重叠，互称为手性异构体。有手性异构体的分子叫做手性分子。
2．手性分子的判断
判断一种有机物是否具有手性异构体，关键是看其含有的碳原子是否连有4个不同的原子或基团，即有机物分子中是否存在手性碳原子。如R1、R2、R3、R4互不相同，含有手性碳原子，该有机物分子具有手性。
(1(手性异构体(又称对映异构体、光学异构体(的两个分子互为镜像关系，即分子形式的“左撇子和右撇子”。
(2(构成生命体的有机物绝大多数为手性分子。两个手性分子的性质不同，且手性有机物中必定含手性碳原子。
例3 下列说法不正确的是( )
A．互为手性异构体的分子互为镜像
B．利用手性催化剂合成可主要得到一种手性分子
C．手性异构体分子组成相同
D．手性异构体性质相同
答案 D
例4 在有机物分子中，若碳原子连接四个不同的原子或原子团，该碳原子称为手性碳原子。具有手性碳原子的有机物具有光学活性。下列分子中，没有光学活性的是( )
A．乳酸：CH3—CH(OH)—COOH
B．甘油：CH2(OH)—CH(OH)—CH2(OH)
C．脱氧核糖：CH2(OH)—CH(OH)—CH(OH)—CH2—CHO
D．核糖：CH2(OH)—CH(OH)—CH(OH)—CH(OH)—CHO
答案 B
解析 乳酸：CH3—CH(OH)—COOH的中间碳连接了—CH3、H、—OH、—COOH四个不同基团是手性碳原子，有光学活性，故A不符合题意；甘油：CH2OH—CHOH—CH2OH分子没有连接四个不同基团的碳原子，没有手性碳原子，没有光学活性，故B符合题意；脱氧核糖：CH2(OH)—CH(OH)—CH(OH)—CH2—CHO从左数第二个碳原子连接了—CH2OH、H、—OH、—CH(OH)—CH2—CHO四个不同基团是手性碳原子，有光学活性，从左数第三个碳原子连接了CH2(OH)—CH(OH)—、H、—OH、—CH2—CHO四个不同基团是手性碳原子，有光学活性，故C不符合题意；核糖：CH2(OH)—CH(OH)—CH(OH)—CH(OH)—CHO从左数第二个碳原子连接了—CH2OH、H、—OH、—CH(OH)—CH(OH)—CHO四个不同基团是手性碳原子，有光学活性，从左数第三个碳原子连接了CH2(OH)—CH(OH)—、H、—OH、—CH(OH)—CHO四个不同基团是手性碳原子，有光学活性，从左数第四个碳原子连接了CH2(OH)—CH(OH)—CH(OH)—、H、—OH、—CHO四个不同基团是手性碳原子，有光学活性，故D不符合题意。
1．下列叙述中正确的是( )
A．非极性分子只能是双原子单质分子
B．非极性分子中一定含有非极性共价键
C．以极性键结合起来的分子一定是极性分子
D．以非极性键结合起来的双原子分子一定是非极性分子
答案 D
解析 判断分子极性的根本依据是分子中正、负电荷重心是否重合，只要重合，则为非极性分子，反之是极性分子。与分子所含原子个数及化学键的类型没有绝对关系，非极性键结合起来的双原子分子，正、负电荷重心一定重合，该分子一定为非极性分子。
2．下列各组物质中，都是由极性键构成的极性分子的一组是( )
A．CH4和Br2 B．NH3和H2O
C．H2S和CCl4 D．CO2和HCl
答案 B
解析 A项中CH4、Br2为非极性分子；C项中CCl4为非极性分子；D项中CO2为非极性分子。
3．根据“相似相溶”规则判断，下列物质在水中溶解度最大的是( )
A．乙烯 B．二氧化碳
C．二氧化硫 D．氢气
答案 C
解析 乙烯、二氧化碳和氢气都是非极性分子，二氧化硫属于极性分子，易溶于极性分子组成的溶剂，水属于极性溶剂，所以极性分子二氧化硫在水中的溶解度最大，C项正确。
4．下列分子中含有手性碳原子的是( )
A．CH2Cl2 B．
C． D．CH3CH2COOCH2CH3
【考点】手性分子
【题点】手性碳原子的判断
答案 B
解析 B项，乳酸分子的中间碳原子连—CH3、—H、—OH、—COOH四种不同的原子或原子团，为手性分子。
5．在HF、H2O、NH3、CS2、CH4、N2分子中：
(1)以非极性键结合的非极性分子是________。
(2)以极性键相结合，具有直线形结构的非极性分子是________。
(3)以极性键相结合，具有正四面体型结构的非极性分子是________。
(4)以极性键相结合，具有三角锥型结构的极性分子是________。
(5)以极性键相结合，具有V形结构的极性分子是_____________________________
___________________________________________。
(6)以极性键相结合，且分子极性最强的是________。
答案 (1)N2 (2)CS2 (3)CH4 (4)NH3 (5)H2O (6)HF
[对点训练]
题组一 键的极性与分子极性的关系
1．下列叙述正确的是( )
A．含有非极性键的分子一定是非极性分子
B．非极性分子中一定含有非极性键
C．由极性键形成的双原子分子一定是极性分子
D．键的极性与分子的极性有关
答案 C
解析 含有非极性键的分子不一定是非极性分子，如H2O2；非极性分子中不一定含有非极性键，如CH4、CO2均是非极性分子，却都只含有极性键；键的极性只与成键原子是否相同有关，与分子的极性无关，分子的极性除与键的极性有关外，还与分子的空间构型有关。
2．下列化合物中，化学键的类型和分子的极性(极性或非极性)皆相同的是( )
A．CO2和SO2 B．CH4和PH3
C．BF3和NH3 D．HCl和HI
答案 D
解析 题目所给各物质分子中均为极性键。CO2、CH4、BF3为非极性分子，SO2、PH3、NH3、HCl、HI为极性分子。
题组二 分子极性的判断方法
3．用一带静电的玻璃棒靠近A、B两种纯液体流，现象如图所示。试分析A、B两种液体分子的极性正确的是( )
A．A是极性分子，B是非极性分子
B．A是非极性分子，B是极性分子
C．A、B都是极性分子
D．A、B都是非极性分子
答案 B
4．X、Y为两种不同元素，由它们组成的下列物质的分子中，肯定有极性的是( )
A．XY4 B．XY3
C．XY2 D．XY
答案 D
解析 XY为直线形分子，不同种元素对电子对吸引能力不同，分子必有极性。
5．下列叙述正确的是( )
A．NH3是极性分子，分子中氮原子处在3个氢原子所组成的三角形的中心
B．CCl4是非极性分子，分子中碳原子处在4个氯原子所组成的正方形的中心
C．H2O是极性分子，分子中氧原子不处在2个氢原子所连成的直线的中央
D．CO2是非极性分子，分子中碳原子不处在2个氧原子所连成的直线的中央
答案 C
解析 NH3的氮原子以sp3杂化，形成三角锥型结构，电荷分布不对称，是极性分子；CCl4分子中C—Cl键为极性键，碳原子采取sp3杂化，且无孤电子对，分子构型为正四面体型，碳原子位于正四面体的中心；H2O分子中H—O键为极性键，氧原子采取sp3杂化，且有两对孤电子对，分子构型为V形，整个分子电荷分布不对称，为极性分子；CO2分子中碳原子采取sp杂化，分子构型为直线形，分子为非极性分子，碳原子位于2个氧原子所连成的直线的中央。
6．已知CO2、BF3、CH4、SO3都是非极性分子，NH3、H2S、H2O、SO2都是极性分子，由此可推知ABn型分子是非极性分子的经验规律是( )
A．分子中不能含有氢原子
B．在ABn分子中A原子没有孤电子对(或A原子最外层电子均已成键)
C．在ABn分子中每个共价键的键长和键能都相等
D．分子中所有原子在同一平面内
答案 B
解析 CO2、CH4、BF3、SO3中所有电子都参与形成了共价键，都不含孤电子对，分子都是对称结构，为非极性分子。H2S、SO2、H2O、NH3都含有孤电子对，分子都是不对称结构，为极性分子。ABn分子的极性取决于分子的空间构型是否对称，而对称性与分子是否含有孤电子对有关，与其他因素无关。
7．有一种AB2C2型分子，在该分子中A为中心原子。下列关于该分子的空间构型和极性的说法中，正确的是( )
A．假设为平面四边形，则该分子一定为非极性分子
B．假设为四面体，则该分子一定为非极性分子
C．假设为平面四边形，则该分子可能为非极性分子
D．假设为四面体，则该分子可能为非极性分子
答案 C
解析
题组三 物质的溶解性规律
8．根据相似相溶规则和实际经验，下列叙述不正确的是( )
A．白磷(P4)易溶于CS2，但难溶于水
B．NaCl易溶于水，难溶于CCl4
C．碘易溶于苯，微溶于水
D．卤化氢易溶于水，也易溶于CCl4
答案 D
解析 A项，白磷属于非极性分子易溶于非极性溶剂CS2，但难溶于极性溶剂水，故A正确；B项，NaCl属于离子化合物，易溶于水，难溶于CCl4，故B正确；C项，碘属于非极性分子，碘易溶于苯，微溶于水，故C正确；D项，卤化氢属于极性分子，易溶于水，难溶于CCl4，故D错误。
9．下列化合物在水中的溶解度，排列次序正确的是( )
a．HOCH2CH2CH2OH b．CH3CH2CH2OH
c．CH3CH2COOCH3 d．HOCH2CH(OH)CH2OH
A．d＞a＞b＞c B．c＞d＞a＞b
C．d＞b＞c＞a D．c＞d＞b＞a
答案 A
解析 这四种物质中CH3CH2COOCH3不能与水形成氢键，则溶解度最小，分子中含有羟基数目越多，与水形成的氢键越多，则溶解度越大，所以溶解度：HOCH2CH(OH)CH2OH＞HOCH2CH2CH2OH＞CH3CH2CH2OH＞CH3CH2COOCH3，即d＞a＞b＞c；故选A。
题组四 手性分子及其判断方法
10．下列化合物中只含有2个手性碳原子的是( )
答案 B
解析 A项，中只有次甲基碳原子为手性碳原子，故A不符合题意；B项，中从左起第二个碳原子和第三个碳原子所连接的四个基团是不同的，都是手性碳原子，故B符合题意；C项，中从左起第二个碳原子、第三个碳原子、第四个碳原子所连接的四个基团是不同的，都是手性碳原子，故C不符合题意；D项，中只有从左起第3个碳原子为手性碳原子，故D不符合题意。
11．如下图中两分子的关系是( )
A．互为同分异构体 B．是同一种物质
C．是手性分子 D．互为同系物
答案 B
解析 本题很容易看成镜面对称结构而选择手性分子，但根据手性分子的判断方法，根本找不到手性碳原子，所以不是手性分子；分子相同，构型相同，是同一种物质。
12．含手性碳原子的分子称为手性分子，手性分子具有光学活性。如下图有机物具有光学活性(式中标有*的为手性碳原子)，也能发生下列反应，请问发生哪种反应后，该有机物仍然一定具有光学活性( )
A．消去反应 B．水解反应
C．银镜反应 D．酯化反应
答案 C
解析 银镜反应使该物质中的—CHO转化成—COOH，带*号的碳原子所连四个原子或基团仍不相同。该物质仍然是手性分子，仍具有光学活性。
[综合强化]
13．已知N、P是同属于元素周期表的第ⅤA族元素，N在第2周期，P在第3周期。NH3分子呈三角锥型，N原子位于锥顶，3个H原子位于锥底，N—H键间的夹角是107.3°。
(1)PH3分子与NH3分子的构型关系是________(填“相同”“相似”或“不相似”)，P—H键________(填“有”或“无”)极性，PH3分子________(填“有”或“无”)极性。
(2)NH3与PH3相比，热稳定性更强的是________。
(3)NH3与PH3在常温、常压下都是气体，但NH3比PH3易液化，其主要原因是________(填字母)。
A．键的极性N—H比P—H强
B．分子的极性NH3比PH3强
C．相对分子质量PH3比NH3大
D．NH3分子之间存在特殊的分子间作用力
答案 (1)相似 有 有 (2)NH3 (3)D
解析 (1)N原子与P原子结构相似，NH3分子与PH3分子的结构也相似，P—H键为不同元素原子之间形成的共价键，为极性键。
(2)由N、P在元素周期表中的位置关系和元素周期律知，N比P的非金属性强。由元素的非金属性与氢化物之间的热稳定性关系知，NH3比PH3的热稳定性强。
(3)“易液化”属于物质的物理性质，NH3与PH3都是通过共价键形成的分子，物理性质与化学键无关。按照范德华力与物质的物理性质的关系分析，应该是PH3比NH3的沸点高，PH3比NH3易液化；实际是NH3比PH3易液化，这种反常现象的客观存在是因为NH3可形成分子间氢键。
14．双氧水(H2O2)是一种医用消毒杀菌剂。已知H2O2分子的结构如图所示，H2O2分子不是直线形的，两个H原子犹如在半展开的书的两面纸上，书面角为93.9°，而两个O—H键与O—O键的夹角均为96.9°。试回答：
(1)H2O2分子的电子式为________，结构式为__________________________________。
(2)H2O2分子中存在________键和________键，为__________分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)H2O2难溶于CS2，其原因是____________________________________________。
(4)H2O2分子中氧元素的化合价为__________价，原因是_________________________
________________________________________________________________________。
答案 (1)
(2)极性 非极性 极性
(3)因为H2O2为极性分子，CS2为非极性分子，根据“相似相溶规则”可知H2O2难溶于CS2
(4)－1 O—O键为非极性键，O—H键为极性键，共用电子对偏向于氧，故氧元素显－1价
解析 (1)H2O2分子的空间构型为不对称结构，应为极性分子，含有O—O非极性键和O—H极性键。(2)根据“相似相溶规则”可知，H2O2难溶于非极性溶剂CS2。
(3)共用电子对的偏移决定了元素在化合物中的化合价。
15．(1)3-氯-2-丁氨酸的结构简式为，该有机物分子中含有________________________________________________________________________
个手性碳原子，其中—NH2中N原子的杂化轨道类型是________。
(2)青蒿素是从黄花蒿中提取得到的一种无色针状晶体，分子结构如图所示，则青蒿素分子中含有________个手性碳原子。
(3)下列分子中若有手性分子，请用“*”标出其手性碳原子；若无手性分子，此小题不必作答。
答案 (1)2 sp3 (2)7
(3)a. d．CHCHClCH2CHO
解析 (1)连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，3-氯-2-丁氨酸的结构简式为，标“*”的碳原子为手性碳原子，所以一个该有机物分子中含有2个手性碳原子，其中—NH2中N含有1个孤电子对和3个共价键，则N的价层电子对数为4，采取sp3杂化。(2)手性碳原子连接4个不同的原子或原子团，故青蒿素分子中手性碳原子标识如图，共7个。
第二单元 配合物的形成和应用
第1课时 配合物的形成与空间构型
[学习目标定位] 1.认识简单配合物的概念、基本组成及形成条件。2.能够根据配位数及中心原子轨道杂化类型判断配离子的空间构型。
一、配合物的形成
1．按表中实验操作步骤完成实验，并填写下表：
实验操
作步骤
实验现象
三支试管中先生成蓝色沉淀，之后随浓氨水的滴入，沉淀逐渐溶解，最后变为深蓝色溶液。
结论
生成Cu(OH)2蓝色沉淀且溶于浓氨水
(1)写出上述反应的离子方程式。
答案 Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH，
Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O
(2)[Cu(NH3)4]2＋(配离子)的形成：氨分子中氮原子的孤电子对进入Cu2＋的空轨道，Cu2＋与NH3分子中的氮原子通过共用氮原子提供的孤电子对形成配位键。配离子[Cu(NH3)4]2＋可表示为下图所示结构。
2．配位化合物：由提供孤电子对的配位体与接受孤电子对的中心原子以配位键结合形成的化合物，简称配合物。如[Cu(NH3)4]SO4、[Ag(NH3)2]OH等均为配合物。
3．配合物[Cu(NH3)4]SO4的组成如下图所示：
(1)中心原子是提供空轨道接受孤电子对的金属离子(或原子)。中心原子一般都是带正电荷的阳离子，过渡金属离子最常见的有Fe3＋、Ag＋、Cu2＋、Zn2＋等。
(2)配位体是提供孤电子对的阴离子或分子，如Cl－、NH3、H2O等。配位体中直接同中心原子配位的原子叫做配位原子。配位原子必须是含有孤电子对的原子，如NH3中的N原子，H2O分子中的O原子等。
(3)配位数是直接与中心原子形成的配位键的数目。如[Fe(CN)6]4－中Fe2＋的配位数为6。
(4)内界和外界：配合物分为内界和外界，其中配离子称为内界，与内界发生电性匹配的阳离子或阴离子称为外界。
(1(形成配合物的中心原子(离子(必须存在空轨道，配位体一般都存在着孤电子对。当配位体接近中心原子时，为了增加成键能力，中心原子用能量相近的空轨道杂化，配位体的孤电子对填到中心原子已杂化的空轨道中形成配离子。配离子的空间构型、配位数及稳定性等主要决定于杂化轨道的数目和类型。
(2(配合物可看作盐类，若内界为阳离子，外界必为阴离子。若内界为阴离子，外界必为阳离子。一般情况下，外界和内界可完全电离。
例1 0.01mol氯化铬(CrCl3·6H2O)在水溶液中用过量AgNO3处理，产生0.02molAgCl沉淀，此氯化铬最可能为( )
A．[Cr(H2O)6]Cl3
B．[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O
C．[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O
D．[Cr(H2O)3Cl3]·3H2O
答案 B
解析 根据题意知，氯化铬(CrCl3·6H2O)和氯化银的物质的量之比是1∶2，根据氯离子守恒知，一个氯化铬(CrCl3·6H2O)中含有2个氯离子，剩余的1个氯离子是配位体，所以氯化铬(CrCl3·6H2O)的化学式可能为[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O，故选B。
例2 回答下列问题：
(1)配合物[Ag(NH3)2]OH的中心原子是________，配位原子是__________，配位数是__________，它的电离方程式是_____________________________________________。
(2)向盛有少量NaCl溶液的试管中滴入少量AgNO3溶液，再加入氨水，观察到的现象是
________________________________________________________________________。
(3)解释加入氨水后，现象发生变化的原因______________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案 (1)Ag＋ N 2
[Ag(NH3)2]OH===[Ag(NH3)2]＋＋OH－
(2)产生白色沉淀，加入氨水后，白色沉淀溶解
(3)AgCl存在微弱的溶解平衡：AgCl(s)((Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，向其中滴加氨水，Ag＋与NH3能发生如下反应：Ag＋＋2NH3===[Ag(NH3)2]＋，会使沉淀溶解平衡向右移动，最终因生成[Ag(NH3)2]Cl而使沉淀溶解
解析 在配合物[Ag(NH3)2]OH中，中心原子是Ag＋，配位原子是NH3分子中的N原子，配位数是2。由于配合物的内界是以配位键形成的，一般不电离，而内界和外界之间是通过离子键结合的，可以完全电离。
二、配合物的空间构型
1．配离子的空间构型主要决定于杂化轨道的数目和类型。填写下表：
配离子
配位数
杂化轨道类型
空间构型
[Ag(NH3)2]＋
2
sp
直线形
[Cu(CN)3]2－
3
sp2
平面三角形
[Zn(NH3)4]2＋
4
sp3
四面体型
2.配合物Pt(NH3)2Cl2的中心原子是Pt2＋，配位体是NH3和Cl－。
(1)Pt(NH3)2Cl2为平面正方形构型，2个相同的配位体在Pt原子的同一侧的称为顺式(常称为“顺铂”)，不在同一侧的称为反式(常称为“反铂”)。分别写出其结构简式。
答案
顺式 反式
(2)顺式、反式Pt(NH3)2Cl2的性质如下表所示：
配合物
颜色
极性
在水中的溶解性
抗癌活性
A
棕黄色
极性
0.2577g/100gH2O
有活性
B
淡黄色
非极性
0.0366g/100gH2O
无活性
则配合物A是顺式Pt(NH3)2Cl2，配合物B是反式Pt(NH3)2Cl2(填“反式”或“顺式”)。
(3)结论：含有2种或2种以上配位体的配合物，若配位体在空间的排列方式不同，就能形成几种不同构型的配合物，其结构不同，性质也有差异，互为同分异构体。
(1)在判断配合物的空间构型时，首先要确定中心原子的轨道杂化类型，结合典型实例的结构示意图再判断其空间构型。
(2)如果给定配合物的空间构型，则可推测中心原子的轨道杂化类型。
例3 已知Zn2＋的4s和4p轨道可以形成sp3型杂化轨道，那么[ZnCl4]2－的空间构型为( )
A．直线形 B．平面正方形
C．正四面体型 D．正八面体型
答案 C
解析 本题考查杂化轨道类型与配合物的空间构型的关系。Zn2＋的4s和4p轨道形成的4个sp3杂化轨道，与4个Cl－形成4个配位键，所以[ZnCl4]2－的空间构型为正四面体型。
1．下列不属于配位化合物的是( )
A．六氟合铝酸钠：Na3[AlF6]
B．氢氧化二氨合银：Ag[NH3]2OH
C．六氟合铁酸钾：K3[FeF6]
D．十二水硫酸铝钾：KAl(SO4)2·12H2O
答案 D
2．下列配合物的配位数是6的是( )
A．K2[Co(SCN)4] B．Fe(SCN)3
C．Na3[AlF6] D．[Cu(NH3)4]Cl2
答案 C
解析 K2[Co(SCN)4]中Co2＋的配位数是4；Fe(SCN)3中Fe3＋的配位数是3；Na3[AlF6]中Al3＋的配位数是6；[Cu(NH3)4]Cl2中Cu2＋的配位数是4。
3．向盛有少量NaCl溶液的试管中滴入少量AgNO3溶液，再加入氨水。下列关于实验现象的叙述不正确的是( )
A．先生成白色沉淀，加入足量氨水后沉淀消失
B．生成的沉淀为AgCl，它不溶于水，但溶于氨水，重新电离成Ag＋和Cl－
C．生成的沉淀是AgCl，加入氨水后生成了可溶性的配合物[Ag(NH3)2]Cl
D．若向AgNO3溶液中直接滴加氨水，产生的现象也是先出现白色沉淀后沉淀消失
答案 B
4．有组成不同的3种含铂配合物，分别是H2[PtCl4(OH)2]、(NH4)2[PtCl6]和H2[PtCl2(OH)4]，在液氨中它们之间有如下的转化关系：2H2[PtCl4(OH)2]＋2NH3===(NH4)2[PtCl6]＋H2[PtCl2(OH)4]。关于这3种含铂化合物的说法正确的是( )
A．H2[PtCl2(OH)4]具有很强的碱性
B．3种含铂化合物的配位数均为6
C．3种含铂化合物都属于共价化合物
D．3种含铂配合物中Pt的化合价不同
答案 B
5．[Zn(NH3)4]2＋是四面体构型，[Zn(NH3)4]SO4中Zn2＋与NH3以__________相结合，形成配合物的内界为__________，__________为配合物的外界。Zn2＋接受4个NH3分子中氮原子提供的孤电子对，形成________个配位键；Zn2＋提供4个空________杂化轨道接受孤电子对，是__________________；NH3分子中的氮原子提供孤电子对，是配位原子，NH3分子是__________；[Zn(NH3)4]2＋中Zn2＋的配位数是__________________________________。
答案 配位键 [Zn(NH3)4]2＋ SO 4 sp3 中心原子 配位体 4
[对点训练]
题组一 配合物的形成与判断
1．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象说法正确的是( )
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2＋的浓度不变
B．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2＋
C．向反应后的溶液中加入乙醇，溶液没有发生变化
D．在[Cu(NH3)4]2＋离子中，Cu2＋提供孤电子对，NH3提供空轨道
答案 B
解析 硫酸铜溶液中加入氨水先生成蓝色沉淀氢氧化铜，继续加入氨水生成[Cu(NH3)4]2＋，铜离子浓度减小；加入乙醇后有深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O析出；在[Cu(NH3)4]2＋中，NH3分子的氮原子提供孤电子对，Cu2＋提供空轨道。
2．下列物质不是配合物的是( )
A．K2[Co(SCN)4] B．Fe(SCN)3
C．CuSO4·5H2O D．NH4Cl
答案 D
解析 A项，钴离子提供空轨道、硫氰根离子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物；B项，铁离子提供空轨道、硫氰根离子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质为配合物；C项，铜离子提供空轨道、水分子中氧原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物；D项，铵根离子中N原子含有孤电子对，氢离子提供空轨道，形成配位键，配合物的中心原子(或离子)提供空轨道，NH不是配离子，所以NH4Cl不是配合物。
题组二 配合物的组成
3．下列组合中，中心离子的电荷数和配位数均相同的是( )
A．K[Ag(CN)2]、[Cu(NH3)4]SO4
B．[Ni(NH3)4]Cl2、[Ag(NH3)2]Cl
C．[Ag(NH3)2]Cl、[Cu(NH3)2]Cl2
D．[Ni(NH3)4]Cl2、[Cu(NH3)4]SO4
答案 D
4．[Co(NH3)5Cl]2＋配离子，中心离子的配位数是( )
A．1B．2C．4D．6
答案 D
解析 [Co(NH3)5Cl]2＋中，Co3＋为中心离子提供空轨道，Cl－、NH3为配体提供孤电子对，有一个氯离子和五个氨分子做配体，配位数为6。
5．关于下列说法正确的是( )
A．配合物[Zn(NH3)4]Cl2配位数为6
B．配合物[Zn(NH3)4]Cl2中，配体为NH3和Cl－，[Zn(NH3)4]2＋为内界
C．配合物[Zn(NH3)4]Cl2中Zn2＋和NH3以离子键结合
D．在NH和Fe(CO)5中都存在配位键
答案 D
解析 A项，配合物[Zn(NH3)4]Cl2内界有4个氨分子做配体，所以配位数为4，故A错误；B项，配合物[Zn(NH3)4]Cl2中，配体为NH3，[Zn(NH3)4]2＋为内界，故B错误；C项，配合物[Zn(NH3)4]Cl2中Zn2＋和NH3以配位键结合，故C错误；D项，在NH中，氮原子提供孤电子对，氢离子有空轨道，它们之间形成配位键，Fe(CO)5中铁提供空轨道，CO提供孤电子对，它们也形成配位键，故D正确。
6．由配位键形成的[Pt(NH3)6]2＋和[PtCl4]2－中，其中心离子的化合价分别为( )
A．＋2、－2 B．＋6、＋2
C．＋4、＋2 D．＋2、＋2
答案 D
解析 配体NH3是中性分子、不带电，故[Pt(NH3)6]2＋中Pt为＋2价；而Cl－作为配体，带1个单位负电荷，故[PtCl4]2－中Pt为＋2价。
7．关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法中正确的是( )
A．配位体是Cl－和H2O，配位数是9
B．中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋
C．内界和外界中的Cl－的数目比是1∶2
D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl－均被完全沉淀
答案 C
8．向含有1mol配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2的溶液中加入足量的AgNO3溶液，生成氯化银沉淀的物质的量是( )
A．0mol B．1mol
C．2mol D．3mol
答案 C
解析 在配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中，有一个氯离子在内界，有两个氯离子在外界，溶液中能与银离子反应生成沉淀的是在外界的氯离子，由此可推断1 mol配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2的溶液中加入足量的AgNO3溶液，生成氯化银沉淀的物质的量是2 mol。
题组三 配合物的空间构型
9．在[Ag(NH3)2]＋中，Ag＋与配位体形成配位键时，其杂化轨道类型是( )
A．spB．sp2C．sp3D．dsp2
答案 A
解析 Ag＋是以空的5s、5p轨道形成sp杂化轨道，接受NH3提供的孤电子对。
10．铂的两种化合物a和b，其中a为，b为。实验测得a和b具有不同的特性：a具有抗癌作用，而b没有。则下列关于a、b的叙述正确的是( )
①a和b属于同一种物质
②a和b互为同分异构体
③a和b的空间构型是平面四边形
④a和b的空间构型是四面体
A．①③B．①④C．②③D．②④
答案 C
解析 本题考查配合物的异构体的相关知识。因为a和b具有不同的特性，所以a和b一定不是同一种物质；性质不同说明结构不同，而a和b的分子式相同，故二者互为同分异构体；a和b若为四面体，则没有这两种异构体，因此a和b只能是平面四边形。
11．下列说法中错误的是( )
A．当中心原子的配位数为6时，物质常呈八面体空间结构
B．[Ag(NH3)2]＋中Ag＋提供空轨道
C．配位数为4的配合物均为正四面体结构
D．已知[Cu(NH3)2]2＋的中心原子采用sp杂化，则它们的空间构型为直线形
答案 C
12．已知[Co(NH3)6]3＋的空间结构如图，其中数字处的小圆圈表示NH3分子，且相邻的NH3分子间的距离相等，Co3＋离子位于八面体的中心，若其中两个NH3被Cl－取代，所形成的[Co(NH3)4Cl2]－有( )
A．2种B．3种C．4种D．5种
答案 A
解析 该配离子的空间结构是正八面体，正八面体六个顶点的位置是对称等同的，选取其中一个取代，剩余位置有两种，所以二元取代产物也就是两种。
[综合强化]
13．回答下列问题：
(1)[Cu(NH3)4]2＋中存在的化学键类型有____(填字母)。
A．配位键 B．极性共价键
C．非极性共价键 D．离子键
(2)[Cu(NH3)4]2＋具有对称的空间构型，[Cu(NH3)4]2＋中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2＋的空间构型为________。
(3)某种含Cu2＋的化合物可催化丙烯醇制备丙醛：HOCH2CH===CH2CH3CH2CHO。在丙烯醇分子中发生某种方式杂化的碳原子数是丙醛分子中发生同样方式杂化的碳原子数的2倍，则这类碳原子的杂化方式为____________。
答案 (1)AB (2)平面正方形 (3)sp2
解析 (1)[Cu(NH3)4]2＋中铜离子与氨分子之间的化学键是配位键，氨分子内部的化学键是极性共价键。(3)HOCH2CH===CH2中的C原子，有一个采取sp3杂化，两个采取sp2杂化；CH3CH2CHO中的C原子有两个采取sp3杂化，一个采取sp2杂化。
14．(1)水分子在特定条件下容易得到一个H＋，形成水合氢离子(H3O＋)。下列对上述过程的描述不合理的是________(填字母)。
a．氧原子的杂化类型发生了改变
b．微粒的空间构型发生了改变
c．微粒的化学性质发生了改变
d．微粒中H—O—H的键角发生了改变
(2)配离子[Cu(NH3)2(H2O)2]2＋的中心离子是________________________________，
配位体是________，配位数为________。
(3)过渡元素钴有两种化学式均为Co(NH3)5BrSO4的配合物，且配位数均为6，它们分别溶解于水时电离出的阳离子的化学式可能为________________和________________。鉴别两者的实验方法是分别取样并滴加________________(填化学式)溶液。
答案 (1)a (2)Cu2＋ NH3、H2O 4(3) [Co(NH3)5Br]2＋ [Co(NH3)5SO4]＋ BaCl2(或AgNO3)
解析 (1)H2O分子中氧原子采取sp3杂化形成4个杂化轨道，孤电子对占据2个sp3杂化轨道，由于孤电子对的排斥作用使水分子为V形；H3O＋中氧原子采取sp3杂化形成4个杂化轨道，孤电子对占据1个sp3杂化轨道，由于孤电子对的排斥作用，使H3O＋为三角锥型。因此H2O与H3O＋的键角不同，微粒的空间构型不同。H2O和H3O＋结构不同，化学性质不同。
(2)由书写形式可以看出其中心离子是Cu2＋，配位体是H2O、NH3，配位数为4。
(3)由配合物配位数均为6可知溶于水电离出的阳离子可能是[Co(NH3)5Br]2＋和[Co(NH3)5SO4]＋，可根据外界离子进行鉴别。
15．Cu2＋能与NH3、H2O、OH－、Cl－等形成配位数为4的配合物。
(1)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Na2[Cu(OH)4]。
①画出[Cu(OH)4]2－中的配位键：___________________________________________。
②Na2[Cu(OH)4]中除了配位键外，还存在的化学键类型有________(填字母)。
A．离子键 B．金属键
C．极性共价键 D．非极性共价键
(2)金属铜单独与氨水或过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液发生如下反应：
Cu＋H2O2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－。其原因是____________________________
________________________________________________________________________。
(3)Cu2＋可以与乙二胺(H2N—CH2CH2—NH2)形成配离子，如下图：
①H、O、N三种元素的电负性从大到小的顺序为__________________。
②乙二胺分子中N原子成键时采取的杂化类型是_____________________________________
___________________________________。
答案 (1)① ②AC (2)过氧化氢可氧化Cu生成Cu2＋，氨分子与Cu2＋形成配位键 (3)①O＞N＞H ②sp3
解析 (1)①Cu2＋含有空轨道，OH－含有孤电子对，可形成配位键，[Cu(OH)4]2－中1个Cu2＋与4个OH－形成配位键，可表示为；②Na2[Cu(OH)4]为离子化合物，含有离子键，并且O—H键为极性共价键。(2)过氧化氢可氧化Cu生成Cu2＋，Cu2＋与氨分子能形成配位键。(3)①同周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性O＞N，三种元素中H的电负性最弱，则电负性O＞N＞H；②乙二胺分子中N原子采取sp3杂化。
第二单元 配合物的形成和应用
第2课时 配合物的性质与应用
[学习目标定位] 知道配合物的形成对物质性质的影响，会分析配合物在生活、生产和科学实验中的应用。
一、配合物的形成对性质的影响
1．颜色的改变
当简单离子形成配离子时其性质往往有很大的差异。颜色发生变化就是一种常见的现象，据此可以判断配离子是否生成。如Fe3＋与SCN－在溶液中可生成配位数为1～6的铁的硫氰酸根配离子(血红色)，反应的离子方程式为Fe3＋＋nSCN－===[Fe(SCN)n](3－n)＋。
2．溶解度的改变
一些难溶于水的金属氯化物、溴化物、碘化物、氰化物可以依次溶解于过量的Cl－、Br－、I－、CN－和氨中，形成可溶性的配合物。
(1)如难溶的AgCl可溶于过量的浓盐酸和氨水中，形成配合物，反应的离子方程式分别为
AgCl＋HCl(浓)===[AgCl2]－＋H＋；
AgCl＋2NH3===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－。
(2)Cu(OH)2沉淀易溶于氨水中，反应的离子方程式为
Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。
3．溶液的酸碱性强弱的改变
氢氟酸是一种弱酸，若通入BF3或SiF4气体，由于生成了HBF4、H2SiF6而使溶液成为强酸溶液。配位体与中心原子配合后，可以使其酸性或碱性增强，如Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O碱性增强。
4．稳定性增强
配合物具有一定的稳定性，配合物中的配位键越强，配合物越稳定。例如，血红素中的Fe2＋与CO分子形成的配位键比Fe2＋与O2分子形成的配位键强，因此血红素中的Fe2＋与CO分子结合后，就很难再与O2分子结合，血红素失去输送氧气的功能，从而导致人体CO中毒。
(1)中心原子和配位体之间通过配位键结合，一般很难电离。
(2)配位键越强，配合物越稳定。当中心原子相同时，配合物的稳定性与配位体的性质有关。
(3)配离子的电荷数＝中心原子和配位体总电荷的代数和。
例1 向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液，不能生成AgCl沉淀的是( )
A．[Co(NH3)4Cl2]Cl B．[Co(NH3)3Cl3]
C．[Co(NH3)6]Cl3 D．[Co(NH3)5Cl]Cl2
答案 B
解析 在配合物中，内界以配位键结合很牢固，难以在溶液中电离；而内界和外界之间以离子键相结合，在溶液中能够完全电离。不难看出A、C、D三项中配合物在水中均电离产生Cl－，而B项无外界离子，不能电离。
例2 向盛有少量氯化钠溶液的试管中滴加少量硝酸银溶液，生成白色沉淀；再向试管中滴加浓氨水，沉淀溶解。
(1)写出上述实验中发生反应的化学方程式：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________。
(2)在上述实验发生化学反应所涉及的物质中，属于配合物的是__________________(写名称)。
(3)在上述实验中，生成白色沉淀的原因是________________________________；白色沉淀溶解的原因是____________________________________。
(4)欲将混合在同一溶液中的Al3＋、Ag＋分离开来，可选择一种试剂，它是____________。
答案 (1)①NaCl＋AgNO3===AgCl↓＋NaNO3
②AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]Cl＋2H2O
(2)氯化二氨合银
(3)AgCl难溶于水(或AgCl在水中溶解度小)
[Ag(NH3)2]Cl或[Ag(NH3)2]＋更稳定
(4)浓氨水
解析 本题考查配合物的简单知识。氯化银难溶于水，氯化钠与硝酸银在溶液里反应生成的白色沉淀是氯化银。由配合物[Ag(NH3)2]OH知，氯化银溶于氨水的原因应是生成了稳定性更强的配合物[Ag(NH3)2]Cl。已知[Ag(NH3)2]OH读作氢氧化二氨合银，则[Ag(NH3)2]Cl应读作氯化二氨合银。向Al3＋、Ag＋的混合溶液中滴加氨水至过量，发生化学反应：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH，Ag＋＋NH3·H2O===AgOH↓＋NH，AgOH＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋OH－＋2H2O。
二、配合物的应用
1．检验Fe3＋常用的方法是什么？检验有机物分子中含有醛基常用的试剂有哪些？
答案 检验Fe3＋常用的方法：取待测溶液少许，加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则含有Fe3＋。
检验醛基常用试剂：银氨溶液或新制的氢氧化铜悬浊液。
2．冶炼金的废水不能任意排放，排放前必须处理。为什么？已知：提取Au的原理为
4Au＋8CN－＋2H2O＋O2===4[Au(CN)2]－＋4OH－
再用Zn还原成单质金：Zn＋2[Au(CN)2]－===2Au＋[Zn(CN)4]2－。
答案 炼金废水中含有配合物[Au(CN)2]－和[Zn(CN)4]2－，它们可电离出有毒的CN－，当H＋与CN－结合生成HCN，毒性更强，可导致鱼类等水生物死亡，因此不能任意排放。
3．为什么Au不能溶于浓HNO3、浓HCl和浓H2SO4，但可溶于王水？
答案 金能溶于王水是因为Au与王水发生如下反应：
Au＋4HCl＋HNO3===H[AuCl4]＋NO↑＋2H2O
4．为什么工业水进入锅炉前都要用三聚磷酸钠处理？
答案 工业水中含有较多的Ca2＋、Mg2＋等离子，长时间煮沸会生成水垢，加入三聚磷酸钠(Na5P3O10)后三聚磷酸根离子可与Ca2＋、Mg2＋等离子结合生成可溶性稳定配合物，可防止水垢的沉积，以确保锅炉安全。
配合物的应用
(1)在实验研究中，人们常用形成配合物的方法来检验金属离子、分离物质、定量测定物质的组成。
(2)在生产中，配合物被广泛应用于染色、电镀、硬水软化、金属冶炼领域。
(3)在许多尖端研究领域如激光材料、超导材料、抗癌药物的研究、催化剂的研制等方面，配合物发挥的作用也越来越大。
(4)配合物与生物固氮；许多酶的作用与其结构中含有形成配位键的金属离子有关。
例3 向黄色的FeCl3溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色。该反应可以用方程式FeCl3＋3KSCN===Fe(SCN)3＋3KCl表示。
(1)该反应的类型是________________________，生成物中KCl既不是难溶物、难电离物质，也不是易挥发物质，则该反应之所以能够进行是由于生成了____________________________
________________________________________________的Fe(SCN)3。
(2)向上述血红色溶液中继续加入浓KSCN溶液，溶液血红色加深，这是由于______(填字母)。
a．与Fe3＋配合的SCN－数目增多
b．血红色离子的数目增多
c．血红色离子的浓度增大
答案 (1)复分解反应 难电离 (2)c
解析 两种化合物之间相互交换成分，生成另外两种化合物的反应是复分解反应。该反应进行的条件为有气体、沉淀或难电离物质生成。颜色的深浅与有色物质的浓度有关。
例4 某配合物的摩尔质量为260.6g·mol－1，按质量分数计，其中铬元素占20.0%，氨占39.2%，氯元素占40.8%；取25.00mL浓度为0.0520mol·L－1的该配合物的水溶液用0.1210mol·L－1的AgNO3溶液滴定，达到终点时，耗去AgNO3溶液32.50mL。滴加NaOH溶液使该化合物的溶液呈强碱性并加热，未检验到NH3的逸出。求该配合物的化学式。
答案 由铬元素、氨、氯元素的质量分数之和为100%可知该物质不含其他成分，由此可得出它们的物质的量之比为n(Cr)∶n(NH3)∶n(Cl)＝∶∶
≈1∶6∶3。结合该物质的摩尔质量，又因为1mol配合物里所含的可电离的Cl－为mol≈3mol，所以该配合物为[Cr(NH3)6]Cl3。
解析 可先根据铬元素、氨、氯元素的质量分数求出它们在配合物中的物质的量之比，再根据Cl－与Ag＋的反应求出处于外界的Cl－的数目，便可求出该配合物的化学式。
(1)生成配合物导致体系颜色的变化或物质溶解度变化的情况常常用于离子(或物质)的检验、分离某些混合物等。
(2)确定配合物化学式的方法思路：确定各成分(离子、原子、分子)的物质的量之比(依据方程式、关系式、电荷守恒、质量守恒等)→确定各成分的位置。
1．在[Co(NH3)6]3＋中，与中心原子形成配位键的原子是( )
A．N原子 B．H原子
C．Co原子 D．N、H两种原子
答案 A
解析 在[Co(NH3)6]3＋中，配位体是NH3，用N原子上的孤电子对与Co3＋配位。
2．某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是( )
A．配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B．该配合物可能是平面正方形结构
C．Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位
D．配合物中Cl－与Pt4＋配位，而NH3分子与Pt4＋不配位
答案 C
解析 在PtCl4·2NH3水溶液中加入AgNO3溶液无沉淀生成，以强碱处理无NH3放出，说明Cl－、NH3均处于配合物的内界，故该配合物中中心原子的配位数为6，电荷数为4，Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位，A、D错误，C正确；因为配位体在中心原子周围配位时采取对称分布状态以达到能量上的稳定状态，Pt4＋配位数为6，则其立体构型为八面体型，B错误。
3．向含等物质的量的[Co(NH3)4Cl2]Cl、[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5Cl]Cl2的溶液中分别加入过量的AgNO3溶液，生成AgCl沉淀的质量比是( )
A．1∶2∶3 B．2∶1∶3
C．1∶3∶2 D．3∶2∶1
答案 C
解析 在配合物外界中的Cl－易发生电离，电离后与AgNO3发生反应Ag＋＋Cl－===AgCl↓，而内界中配离子难以电离，不与AgNO3反应。
4．已知Zn(OH)2是一种两性氢氧化物，若将溶液中的Zn2＋和Al3＋分离，下列试剂中最合适的是( )
A．盐酸 B．硝酸
C．氢氧化钠溶液 D．氨水
答案 D
解析 Zn2＋和Al3＋的分离：由于Zn(OH)2和Al(OH)3均为两性氢氧化物，不能用酸、碱加以区分，但Zn2＋可与过量氨水反应，生成[Zn(NH3)4]2＋，Al3＋无此性质，可选用氨水为试剂，生成沉淀Al(OH)3，保留在溶液中的离子为[Zn(NH3)4]2＋。
5．无水CoCl2为深蓝色，吸水后变为粉红色的水合物，水合物受热后又变成无水CoCl2，故常在实验室中用作吸湿剂和空气湿度指示剂。
CoCl2＋xH2O((CoCl2·xH2O
深蓝色 粉红色
现有65g无水CoCl2，吸水后变成CoCl2·xH2O119g。
(1)水合物中x＝______________。
(2)若该化合物中Co2＋配位数为6，而且经定量测定得知内界和外界各占有Cl－个数比为1∶1，则其化学式可表示为__________________。
答案 (1)6 (2)[CoCl(H2O)5]Cl·H2O
解析 (1)xH2O＋CoCl2===CoCl2·xH2OΔm
131＋18x 18x
119g (119－65) g
＝，
解得：x＝6。
(2)该化合物CoCl2·6H2O中Co2＋配位数为6，而且经定量测定得知内界和外界各占有Cl－个数比为1∶1，即各有1个氯离子，则内界中含有1个氯离子和5个水分子；外界有1个氯离子，另外还有1个结晶水，所以化学式可表示为[CoCl(H2O)5]Cl·H2O。
[对点训练]
题组一 配合物的组成与结构
1．配位化合物的数量巨大，组成和结构形形色色，丰富多彩。请指出配合物[Cu(NH3)4](OH)2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数( )
A．Cu2＋、NH3、＋2、4 B．Cu＋、NH3、＋1、4
C．Cu2＋、OH－、＋2、2 D．Cu2＋、NH3、＋2、2
答案 A
解析 配合物[Cu(NH3)4](OH)2中，Cu2＋为中心离子，电荷数为＋2，NH3为配体，配位数为4。
2．CoCl3·4NH3用H2SO4溶液处理再结晶，SO可以取代化合物中的Cl－，但NH3的含量不变，用过量的AgNO3处理该化合物，有氯总量的以AgCl析出，这种配合物应该表示为( )
A．[Co(NH3)4]Cl3 B．[Co(NH3)4Cl3]
C．[Co(NH3)4Cl]Cl2 D．[Co(NH3)4Cl2]Cl
答案 D
解析 CoCl3·4NH3用H2SO4溶液处理再结晶，SO可以取代化合物中的Cl－，但NH3的含量不变，说明NH3为内界，用过量的AgNO3处理该化合物，有氯总量的以AgCl析出，说明有一个Cl－为外界，两个Cl－在内界，该配合物的中心离子是Co3＋，配体是NH3和Cl－，所以其化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl。
3．关于[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O的说法正确的是( )
A．配体为水分子，配原子为O，外界为Br－
B．中心离子的配位数为6
C．中心离子Cr3＋采取sp3杂化
D．中心离子的化合价为＋2
答案 B
4．实验室测定铁的含量可用络合剂邻二氮菲()，它遇Fe2＋形成红色配合物，结构如下图，下面说法不正确的是( )
A．邻二氮菲中C和N均采用sp2杂化
B．该红色配离子中配位数为6
C．铁与氮之间的化学键为离子键
D．邻二氮菲中所有原子共平面
答案 C
解析 铁与氮之间的化学键为配位键。
题组二 配合物的性质与应用
5．下列各组离子中因有配离子生成而不能大量共存的是( )
A．K＋、Na＋、Cl－、NO
B．Mg2＋、Ca2＋、SO、OH－
C．Fe2＋、Fe3＋、H＋、NO
D．Ba2＋、Fe3＋、Cl－、SCN－
答案 D
解析 A项中各离子能大量共存；B项中因生成沉淀而不能大量共存；C项中是由于发生氧化还原反应而不能大量共存；D项中Fe3＋与SCN－配合形成配离子[Fe(SCN)n](3－n)＋而不能大量共存。
6．下列过程与配合物无关的是( )
A．向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液出现血红色
B．用Na2S2O3溶液溶解照相底片上没有感光的AgBr
C．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色加深
D．向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，先出现白色沉淀，继而沉淀消失
答案 C
解析 A中形成[Fe(SCN)6]3－，B中形成可溶性的配合物Na3[Ag(S2O3)2]，D中先生成Al(OH)3沉淀，当NaOH过量时生成[Al(OH)4]－。C中发生2FeCl2＋Cl2===2FeCl3，与配合物无关。
7．下列大气污染物中，能与人体血红蛋白中的Fe2＋以配位键结合而引起中毒的气体是( )
A．SO2B．CO2C．NO2D．CO
答案 D
解析 CO能与人体血红蛋白中的Fe2＋以配位键结合，CO与血红蛋白中的Fe2＋配合的能力远远大于O2与血红蛋白中Fe2＋配合的能力，因此CO一旦与血红蛋白中的Fe2＋配合，O2就很难与血红蛋白中的Fe2＋配合，机体出现缺氧现象，即引起机体中毒。
8．已知NH3分子可与Cu2＋形成配位化合物离子[Cu(NH3)4]2＋，则除去硫酸铜溶液中的少量硫酸可选用的试剂是( )
A．NaOHB．NH3C．BaCl2D．Cu(OH)2
答案 D
解析 除去杂质时不能引入新杂质。如果用NaOH，则引入Na＋；用BaCl2，则引入Cl－；NH3与Cu2＋可形成配离子；Cu(OH)2难溶，且发生反应：H2SO4＋Cu(OH)2===CuSO4＋2H2O。
9．某物质的结构：。对该物质的分析判断正确的是( )
A．该物质是一个离子化合物
B．该物质的分子中只含有共价键、配位键两种作用力
C．该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子
D．该物质中C、N、O原子存在孤电子对
答案 C
解析 A项，该物质中只有共价键、配位键和氢键，没有离子键，不是离子化合物，故A错误；B项，该物质中除了有共价键、配位键外，还有分子内氢键，故B错误；C项，从图中可看出，有化学键的箭头指向Ni原子，所以该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子，故C正确；D项，该物质中C原子的最外层电子均用来形成化学键，不存在孤电子对，故D错误。
10．有三个组成均为CrCl3·6H2O的配合物，甲为亮绿色，乙为暗绿色，丙为紫色，相同物质的量的甲、乙、丙的水溶液中加入足量的AgNO3溶液，析出AgCl的物质的量之比为2∶1∶3。已知铬的配位数为6，下列说法正确的是( )
A．甲、乙、丙为同一物质
B．配体均为Cl－
C．铬元素均显＋3价
D．甲的化学式为[Cr(H2O)6]Cl3
答案 C
解析 由题意知，甲、乙、丙分子式相同，结构不同，属于不同的物质；由题意知：此配合物中的配位数均是6，故配体除氯离子外，还有水；该化合物中铬元素化合价相同，均为＋3。
题组三 配合物的应用
11．在照相底片定影时，硫代硫酸钠溶液能溶解未起反应的溴化银，这是因为银离子与S2O生成配离子，银离子的配位数为2，写出反应的化学方程式：
________________________________________________________________________。
生成的配合物中，内界是_______________________________________________，
中心原子是__________。
答案 AgBr＋2Na2S2O3===Na3[Ag(S2O3)2]＋NaBr
[Ag(S2O3)2]3－ Ag＋
解析 AgBr在水中存在溶解平衡：AgBr(s)((Ag＋(aq)＋Br－(aq)，由于Ag＋与S2O结合成配离子[Ag(S2O3)2]3－，上述平衡向右移动，所以AgBr能溶于Na2S2O3溶液中，发生的反应为AgBr＋2Na2S2O3===Na3[Ag(S2O3)2]＋NaBr。
Na3[Ag(S2O3)2]中[Ag(S2O3)2]3－为内界，Na＋为外界。
12．Cu可形成多种配合物，某同学在探究配合物的形成时做了以下实验，根据下列信息回答问题：
(1)向盛有硫酸铜水溶液的试管里逐滴加入氨水，首先出现蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，请写出先后发生反应的离子方程式__________________
________________________________________________________________________。
(2)再向深蓝色透明溶液加入乙醇，析出深蓝色的晶体。深蓝色晶体的化学式为____________
________________________________________________________。
(3)根据以上实验过程，判断NH3和H2O与Cu2＋的配位能力：NH3________(填“＞”“＝”或“＜”)H2O。
(4)已知Ti3＋可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一种为绿色。两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种晶体的化学式，某同学设计了如下实验：
a．分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；
b．分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；
c．沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的。
绿色晶体配合物的化学式为____________，由Cl所形成的化学键类型是_____________。
答案 (1)Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH、Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O
(2)[Cu(NH3)4]SO4·H2O (3)＞ (4)[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O 离子键和配位键
解析 (1)氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式：Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH、Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。
(2)再向深蓝色透明溶液加入乙醇，由于[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以会析出深蓝色的晶体：[Cu(NH3)4]SO4·H2O。
(3)硫酸铜溶液中加入过量氨水后生成了[Cu(NH3)4]2＋离子，说明氨气与Cu2＋的配位能力大于水与铜离子的配位能力。
(4)氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过沉淀的质量可以推断出氯离子的含量，原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O，说明紫色晶体中有三个自由移动的氯离子，而绿色晶体中只有2个自由移动的离子，即有一个氯原子形成了配合物，因为钛配位数为6，即配合物中须有五个水，即化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，而紫色晶体的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3，根据其化学式知，由Cl所形成的化学键类型是离子键和配位键。
题组四 配合物化学式的确定
13．某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入硝酸银溶液也不产生沉淀，以强碱处理也没有氨气放出。写出它的配位化学式______________________。
答案 [Pt(NH3)2Cl4]
解析 水溶液不导电，说明不是离子化合物，在水溶液中不能电离出阴、阳离子。加入硝酸银溶液也不产生沉淀，说明没有氯离子，用强碱处理也没有氨气放出，说明不存在游离的氨分子，所以该物质的配位化学式为[Pt(NH3)2Cl4]。
14．(1)配位化学创始人维尔纳发现，取CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)四种化合物各1mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银沉淀，且其物质的量分别为3mol、2mol、1mol和1mol。
①请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。
CoCl3·6NH3：________________________________________________________，
CoCl3·5NH3：_________________________________________________________，
CoCl3·4NH3(绿色和紫色)：______________________________________________。
②后两种物质组成相同而颜色不同的原因是__________________________________
_______________________________。
③上述配合物中，中心原子的配位数都是________。
(2)向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色。该反应在有的教材中用方程式FeCl3＋3KSCN===Fe(SCN)3＋3KCl表示。经研究表明，Fe(SCN)3是配合物，Fe3＋与SCN－不仅能以1∶3的个数比配合，还可以其他个数比配合。请按要求填空：
①Fe3＋与SCN－反应时，Fe3＋提供__________，SCN－提供________，二者通过配位键结合。
②所得Fe3＋与SCN－的配合物中，主要是Fe3＋与SCN－以个数比1∶1配合所得离子显血红色。含该离子的配合物的化学式是______________________________________________。
③若Fe3＋与SCN－以个数比1∶5配合，则FeCl3与KSCN在溶液中发生反应的化学方程式可以表示为___________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案 (1)①[Co(NH3)6]Cl3 [Co(NH3)5Cl]Cl2[Co(NH3)4Cl2]Cl ②结构不同 ③6
(2)①空轨道 孤电子对 ②[Fe(SCN)]Cl2③FeCl3＋5KSCN===K2[Fe(SCN)5]＋3KCl
[综合强化]
15．Fe3＋在溶液中能将I－氧化。但溶液中如有大量的F－存在，则Fe3＋与F－结合生成[FeF6]3－，而不能氧化I－，由此可以证明：
(1)[FeF6]3－在溶液中是否容易离解出Fe3＋？______(填“容易”或“不容易”)。
(2)Fe3＋随其________的减少而氧化性变弱。
(3)在强酸性条件下，将FeCl3、KI、NaF三种溶液混合起来，仍有I2生成，其原因是________________________________________。
答案 (1)不容易 (2)浓度 (3)F－与H＋结合成较难电离的HF溶液，使溶液中的c(F－)减小，F－与Fe3＋结合的能力变弱，故结合成的[FeF6]3－变少，大量游离的Fe3＋将I－氧化成I2
16．罗马尼亚某炼金厂废水泄入多瑙河，导致大量鱼类等水生物死亡，沿河居民长时期停止使用此水源，酿成世界级污染事件。炼金废水中含有络离子[Au(CN)2]－，其电离出的CN－有毒，当与H＋结合生成HCN时，其毒性更强。回答下列问题：
(1)剧毒物HCN的结构式为________，其水溶液酸性很弱，可知NaCN溶液pH__________(填“＞”“＝”或“＜”)7。
(2)与弱电解质碳酸的电离方式相似，[Au(CN)2]－也存在着两步电离，其一级电离方程式为________________________________________________________________________。
(3)处理这种废水时是在碱性条件下，用NaClO将CN－氧化为CO和N2，其离子方程式为
________________________________________________________________________。
在酸性条件下，ClO－也能氧化CN－，但实际处理废水时却不在酸性条件下进行的主要原因是_____________________________________________________________________。
答案 (1)CHN ＞(2)[Au(CN)2]－(([Au(CN)]＋CN－(3)5ClO－＋2CN－＋2OH－===5Cl－＋N2↑＋H2O＋2CO 防止CN－与H＋生成毒性更强的HCN
17．在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3·6H2O的绿色晶体，该晶体中两配位体的物质的量之比为1∶5，则该配离子的化学式为________________。CrCl3·6H2O(相对分子质量为266.5)有三种不同颜色的异构体：[Cr(H2O)6]Cl3、[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O和[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O。为测定蒸发CrCl3溶液析出的暗绿色晶体是哪种异构体，取2.665gCrCl3·6H2O配成溶液，滴加足量AgNO3溶液，得到沉淀1.435g。该异构体为________________(填化学式)。
答案 [TiCl(H2O)5]2＋ [Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O
解析 由TiCl3·6H2O的组成知，配位体的物质的量之比为1∶5，则只能为1个Cl－与5个H2O。又Ti为＋3价，而Cl为－1价，则该配离子为[TiCl(H2O)5]2＋。0.01 mol的CrCl3·6H2O与足量AgNO3溶液反应，只能得到0.01 molAgCl，则说明只有一个Cl－在外界，故该异构体为[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O。
专题5 物质结构的探索无止境
[学习目标定位] 1.认识研究物质结构和性质的关系对分子设计、合成新型材料的重要意义。2.知道量子力学在物质转化、物质制备等研究领域中的指导价值。3.体会研究生命现象的化学机理对促进人类健康的重要作用。
一、研究物质的结构与性能的关系
1．量子力学的建立和分析测试技术的进步，使人们对物质的结构、性能及物质的变化规律有了一定的认识。
2．物质结构是决定物质性质的重要因素
(1)物质的性质包括物质的物理性质和化学性质、生物活性和生理活性等。
(2)物质的结构包括构成物质的微粒之间的相互作用、分子的构型等。
(3)研究物质的结构与性能的关系对解决分子设计、合成新型材料等都具有十分重要的意义。
3．研究镧系元素的结构和性质的关系，可以寻找到功能奇特的光、电、磁等材料；研究影响生物大分子的生物活性和生理活性的结构因素，可以帮助人类认识生命运动的机理；研究材料的结构和性能的关系，可以得到强度大、密度小、稳定性好、耐腐蚀的合成材料。
物质结构和性质的关系
(1)元素原子结构决定其性质。元素周期表中的“位—构—性”关系规律。
(2)分子组成相同，结构不同，其性质不同。如：乙醇和甲醚是同分异构体，同分异构体的存在说明物质的结构是决定其性质的重要因素。
(3)分子组成不同，若结构相似，则其化学性质或物理性质相似。例如，等电子体的性质相似。
(4)构成晶体的微粒不同，微粒的排列方式不同，微粒间的作用力不同，导致各类晶体有不同的性质。
例1 有关物质结构的认识正确的是( )
A．物质的结构反映物质的性质，物质的性质决定物质的结构
B．物质的结构包括构成物质的微粒间的相互作用、分子的构型、手性等
C．物质的结构随着人们的认识或研究的程度经常发生一些小的变化
D．物质的结构有宏观和微观两个方面的认识，从宏观上说物质是由元素组成的，从微观上说物质是由分子构成的
答案 B
解析 结构决定性质，性质反映结构，A错误；物质的结构不随人们的认识和外界的作用而发生变化，如果在外界的作用下，结构发生了变化，那么这种物质也就变成其他物质了，C错误；从微观上讲，物质是由分子、原子、离子等构成的，D错误。
例2 我国科学家成功合成了3nm长的管状碳纳米管，长度居世界之首。这种碳纤维具有强度高、刚度(抵抗变形的能力)高、密度小(只有钢的1/4)、熔点高、化学性质稳定性好的特点，因而被称为“超级纤维”。下列对碳纤维的说法不正确的是( )
A．它是制造飞机的理想材料
B．它的主要组成元素是碳元素
C．它的抗腐蚀能力强
D．碳纤维复合材料不易导电
答案 D
解析 纳米材料有其独特的性能，我们都知道：一般飞机是用轻金属及其合金制造的，由于碳纤维的“强度高、刚度高、密度小”，它也可以作为制造飞机的理想材料；碳纤维复合材料的主要元素是碳元素；但由于合成的是纳米级材料，碳原子最外层有4个电子，也可以类似于石墨结构，存在着自由电子。
二、研究化学反应的量子力学理论
1．为了人类社会的可持续发展，化学家们非常期望解决的问题很多，例如：
(1)在充分了解光合作用、固氮作用机理和催化理论的基础上，实现农业的工业化，在工厂中生产粮食和蛋白质。
(2)建立零排放的、原子经济性的化工企业，倡导“绿色化学”。
(3)在了解酶催化作用机理的基础上，模拟天然酶制造人工催化剂。实现在最温和条件下进行化学反应，控制反应的方向和产物的手性。
2．量子力学在物质转化、物质制备等研究领域中具有指导作用。为了更好地利用化学变化，通过化学反应实现物质的转化，制备人类生活和生产所需要的物质，化学家们需要回答更多的问题，需要发展量子力学，需要建立精确有效而又普遍适用的化学反应的量子力学理论。
3．随着化学反应的量子力学理论的建立和相关技术的进一步发展，人类将进入一个崭新的世界：合成氨不再需要高温、高压，光合作用不再是植物的专利，化工生产不再生成无实际用途的副产物，没有能源危机，也没有环境污染。
(1(利用化学反应的原理，通过化学反应实现物质的转化，制备人类生活和生产所需要的各种新材料，是化学服务于人类的重要方式。
(2(人类社会的发展，就是科技的发展。为了实现人类社会的可持续发展，需要化学家们建立精确有效而又普遍适用的化学反应的量子力学理论。
(3(化学发展的趋势是让反应条件趋向于温和、产率高、速率快、副反应少、排放少、污染少、价格低、生产流程简单等。
例3 建立普遍适用的化学反应的量子力学理论，可以帮助化学家解决一系列问题，其中不属于化学反应的量子力学研究的问题的是( )
A．两个或多个分子之间能否发生化学反应
B．需要什么催化剂才能在温和条件下进行反应
C．如何在理论指导下控制化学反应
D．在化学反应过程中，原子能否分割与重新组合
答案 D
解析 化学反应是以原子为基础，属于原子层面的反应，反应过程中不涉及原子的分割，化学反应只是分子拆分成原子，原子重新结合成分子的过程。
例4 90年代初，国际上提出了“预防污染”的绿色化学基本手段，下列各项中，符合绿色化学含义的是( )
A．回收废的物品
B．生产绿色的产品
C．不生产有毒物质
D．进行无污染的化工生产
答案 D
三、研究生命现象的化学机理
1．研究生命现象的化学机理对促进人类健康的重要作用
(1)化学键理论为现代分子生物学的建立奠定了基础。
(2)探寻人类和生物的生命运动的化学机理是21世纪化学科学亟待解决的重大课题之一。
研究配体小分子和受体生物大分子相互作用的机理，人们就能进行药物设计，有助于合成高效无毒副作用的药物；合成具有生物活性和生理活性的分子，可以帮助人类揭示生命的奥秘；了解活体内信息分子的运动规律和生理调控的化学机理，创造“新陈代谢”的目标能得以实现。
2．手性分子的研究
(1)手性药物：含有手性分子的药物称为手性药物。生物体内的大分子大多具有手性。人体里的氨基酸都是左旋的，只有用左旋的氨基酸才能合成蛋白质。
(2)手性催化剂与手性合成。
3．物质研究的方法有助于探索物质世界的奥秘
化学作为一门实用的创造性科学，已经为人类认识物质世界和人类的文明进步作出了巨大的贡献。用化学方法合成了数以千万计的物质。化学创立了研究物质结构的理论、方法和实验手段，初步揭示了物质的结构与性能之间的关系和规律，为设计具有各种特殊功能的新物质提供了有效的方法和手段。
(1(探寻人类和生物的生命运动的化学机理是新世纪各国所面临的重大课题。
(2(对物质结构的研究可以在药物制备、生命奥秘、人为调节等方面带来福音，并且可以进行人造器官的制造和医用高分子材料的研制和应用。
例5 DNA分子的两条链之间通过氢键结合。DNA分子复制前首先将双链解开，则DNA分子复制将双链解开的过程可视为( )
A．化学变化
B．物理变化
C．既有物理变化又有化学变化
D．是一种特殊的生物变化
答案 B
解析 物质的变化有三种：物理变化、化学变化和核变化。氢键不属于化学键，双键解开的过程是破坏氢键的过程，此过程中既无旧化学键的断裂，也无新化学键的形成，因此不属于化学变化。生物体生长的过程是一个发生复杂物理、化学变化的过程。
例6 泛素被称为“死亡之吻”，是一种由76个氨基酸组成的多肽，无用的蛋白质会被这种物质粘贴，被运送到细胞内的“垃圾处理厂”，在酶的作用下被切成含7～9个氨基酸的短肽。下列有关泛素的说法中错误的是( )
A．泛素作用下的蛋白质“死亡”属于缩聚反应
B．泛素既能与酸反应也能与碱反应
C．泛素结构中含有结构
D．蛋白质遇重金属盐能发生变性
答案 A
解析 泛素作用下的蛋白质“死亡”属于水解反应，A项错。
1．据报道，德国INTEGRAL公司研究出无辐射冷却技术(用水和冰组成的两相液体代替传统的氟利昂或氨)而荣获德国环境大奖。下列关于“新制冷剂”的叙述不正确的是( )
A．该制冷剂对环境不产生任何污染
B．该制冷剂的作用原理与氨基本相同
C．该制冷剂在水的凝固点附近的温度下发挥作用
D．该制冷剂是属于悬浊液的一种分散系
答案 D
解析 水和冰组成的两相液体制冷剂，不属于悬浊液分散系，因为分散系是混合物，而该制冷剂是纯净物。
2．德俄两国化学家共同宣布，在高压下氮气会发生聚合得到高聚氮，这种高聚氮的N—N键的键能为160kJ·mol－1(N2分子中的键能为942kJ·mol－1)，晶体结构如图所示。下列有关高聚氮的说法不正确的是( )
A．高聚氮晶体属于原子晶体
B．高聚氮晶体中每个N原子和另外3个N原子相连
C．高聚氮可能成为炸药
D．高聚氮转变成氮气是氧化还原反应
答案 D
3．有效成分为手性分子的药物为手性药物。下列有关手性药物叙述正确的是( )
①化学反应生成手性药物时一定是成对生成它们的手性异构体 ②存在少量手性催化剂时可主要生成手性异构体中的一种 ③手性药物中两种手性异构体的医药作用几乎没有区别 ④手性异构体的医药作用可能完全不同
A．①②B．①④C．②③D．②④
答案 D
解析 如果没有手性催化剂，则生成的手性药物大多数是两种手性异构体，但在手性催化剂作用下，可以主要生成一种异构体；一对异构体化学性质几乎相同，但生物性质会截然不同，一种异构体有治病疗效，另一种可能没有疗效甚至有害。
4．在“绿色化学工艺”中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制得的产物，即原子利用率为100%。下列反应类型能体现这一原子最经济原则的是( )
①置换反应 ②化合反应 ③分解反应 ④取代反应 ⑤加成反应 ⑥消去反应 ⑦加聚反应 ⑧缩聚反应
A．①②⑤B．②⑤⑦C．⑦⑧D．只有⑦
答案 B
解析 化合反应、加成反应和加聚反应均只有一种产物，即反应物原子全部转化为欲得产物，符合“绿色化学工艺”的要求。
5．据报道，科研人员应用电子计算机模拟出了类似C60的物质N60。已知N60分子中每个氮原子之间均以氮氮共价键结合三个氮原子，所有的氮原子都具有最外层为8个电子的稳定结构。N—N键键能为167 kJ·mol－1，N===N键键能为418 kJ·mol－1，N≡N键键能为942 kJ·mol－1。
试回答：
(1)根据上述信息推断N60的结构特点(包括分子的空间构型、分子内的平面几何形状、化学键的类型和数目等)：_________________________________________________。
(2)根据键能和物质化学变化中的能量变化原理计算，1molN60全部分解为N2所吸收或放出的能量(热量)为________kJ。
(3)根据(2)的计算结论推断，下列N60的用途中正确的是________(填字母)。
A．可用作高能炸药
B．可用作高能燃料
答案 (1)分子的空间构型为球形，球面由五边形和六边形组成，化学键全部为氮氮单键，共90个
(2)13230
(3)AB
解析 (1)C60分子的空间结构为球形，N60分子的空间结构也是球形的。N原子有5个价电子，每个N原子又结合了3个N原子，所有的氮原子都具有最外层为8个电子的稳定结构，所以N60分子中的化学键只能是N—N键。每个N原子形成3个单键，每个单键由2个N原子共用，则N60分子中的单键数为60×＝90个。
(2)1 mol N60分子含有90 mol N—N键，它分解生成30 mol N≡N键。
1 mol N60分子中化学键拆开吸收的能量为
90 mol×167 kJ·mol－1＝15 030 kJ。
30 mol N2分子中化学键形成放出的能量为
30 mol×942 kJ·mol－1＝28 260 kJ。
放出的总能量比吸收的总能量多13 230 kJ，化学反应是放热反应。
(3)由于N60的分解放出大量的热，因此N60用作高能炸药和高能燃料都是可以的。
[对点训练]
题组一 研究物质结构与性能
1．据报道我国科学家最近研制出一种新型“连续纤维增韧”航空材料，其主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成。下列相关叙述不正确的是( )
A．它耐高温抗氧化
B．它比钢铁轻、硬，但质地较脆
C．它没有固定熔点
D．它是一种新型无机非金属材料
答案 B
解析 由该材料主要成分的性质可知其应具有耐高温抗氧化的性能，A项正确；题中给出信息“连续纤维增韧”航空材料，则说明该材料具有良好的韧性，B项错误；该材料是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成，属于混合物，没有固定的熔、沸点，C项正确；该材料由无机物复合而成，应为新型无机非金属材料，D项正确。
2．下列说法不正确的是( )
A．化学反应有新物质生成，并遵循质量守恒定律和能量守恒定律
B．原子吸收光谱仪可用于测定物质中的金属元素，红外光谱仪可用于测定化合物的官能团
C．分子间作用力比化学键弱得多，但它对物质的熔点、沸点有较大的影响，而对溶解度无影响
D．酶催化反应具有高效、专一、条件温和等特点，化学模拟生物酶对绿色化学、环境保护及节能减排具有重要意义
答案 C
解析 化学反应有新物质生成并且遵循质量守恒定律和能量守恒定律，光谱分析可以测定金属元素和官能团，酶具有高效、专一等性质，因此A、B、D正确；分子间作用力对物质的熔点、沸点、溶解度都有影响，因此C项错误。
3．等电子体假说认为：凡原子数、总电子数均相等，并且结构相似，物理性质也相似的物质称为等电子体，如CO和N2。现有一种新型层状结构的无机材料BN的一种同分异构体α-BN，其平面结构如图所示，则关于该物质的结构、性质和用途叙述正确的是( )
A．α-BN是一种坚硬耐磨材料，可作钻具
B．若层状结构中有n个B原子，则有n个六元环
C．已知α-BN在水蒸气作用下能微弱水解，则水解产物为B2H6和HNO3
D．α-BN晶体中各原子达到8电子稳定结构
答案 B
解析 根据信息α-BN和石墨结构相似，物理性质相似。结合α-BN的平面结构，类比石墨的物理性质，得知A错误；利用均摊法可以看出，每个硼原子被3个六边形共用，1个六边形实际拥有的硼原子个数为3×1/3＝1，则B正确；氮化硼(BN)中由于氮的电负性大，故氮为－3价，而硼为＋3价，若α-BN在水蒸气作用下能水解，水解产物为H3BO3和NH3，C错误；α-BN晶体中仅氮原子达到8电子稳定结构，而硼原子为6电子结构，D错误。
4．氮化硅是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质。下列各组物质熔化时，所克服的粒子间作用力与氮化硅熔化所克服的粒子间作用力都相同的是( )
A．硝石(主要成分KNO3)和金刚石
B．晶体硅和水晶
C．冰和干冰
D．萘()和蒽()
答案 B
解析 由于氮化硅是一种新合成的结构材料，它是一种超硬、耐磨、耐高温的物质，从而可知其晶体类型属于原子晶体，因而与晶体硅和水晶属于同种类型的晶体，所以熔化时所克服的作用力相同。A选项中硝石不属于原子晶体，C、D选项中都是分子晶体，因而熔化时克服的粒子间作用力与氮化硅的不同。
5．航天员专用水必须是健康的，必须保存原水中对人体有益的矿物质和微量元素，选择pH值呈弱碱性、小分子团的健康水。一次饮用125mL小分子团水，可维持人体6小时正常需水量。下列关于小分子团水的说法正确的是( )
A．水分子的化学性质改变
B．水分子中氧氢键键长缩短
C．水分子间作用力减小
D．水分子间结构、物理性质改变
答案 D
解析 同种分子化学性质不变，物理状态可变。
题组二 研究化学反应的量子力学理论
6．“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念。在“绿色化学工艺”中，理想状态是反应原子全部转化为欲制得的产物，即原子利用率为100%。用甲烷合成乙酸乙酯，欲使原子利用率达到最高，还需要消耗的其他反应物有( )
A．CO B．CO2和H2O
C．H2O和O2 D．CH3OH和O2
答案 A
解析 根据原子利用率为100%，甲烷和其他反应物的原子应全部变成乙酸乙酯，2molCH4和2molCO可合成1mol乙酸乙酯(C4H8O2)，并无副产物，而其余的都有副产物。
7．要达到绿色化学的理想境界，化学家们需要回答一系列问题：指定分子之间能否反应生成预期分子？需要什么催化剂？反应速率预期多大？如何控制反应？如何确定化学反应的途径等，最有希望解决这些问题的途径是( )
A．发展量子力学理论
B．改进实验方法
C．完善元素周期律理论
D．研究质量守恒定律和能量守恒定律
答案 A
解析 量子力学是化学的根本理论。化学越发展，越要从物质结构的深层去理解和掌握化学反应规律。
8．下列描述正确的是( )
A．2004年我国首创用CO2合成可降解塑料聚二氧化碳，但该塑料仍然产生白色污染
B．超临界流体是介于气态和液态之间的一种状态，故超临界流体CO2是合成的新物质
C．澳大利亚开发出被称为第五形态的固体碳——“纳米泡沫”，其形似海绵，密度极小且有磁性。可以预见，这种新材料的化学性质与金刚石完全不同
D．由于氢键的影响，甲酸蒸气的密度在373K时为1.335g·L－1，在293K时为2.5g·L－1
答案 D
解析 A项，可降解塑料不会产生白色污染；B项，CO2的分子组成未变，只是状态改变，故超临界流体CO2不是新物质；C项，“纳米泡沫”和金刚石是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，化学性质是相似的；D项，甲酸蒸气随温度的降低，氢键被破坏的程度减小，分子间的作用力增大，所以密度增大。
题组三 研究生命现象的化学机理
9．最近，医学界通过用放射性14C标记C60的羧酸衍生物在特定的条件下可断裂DNA杀死细胞，从而可用于抑制艾滋病毒。关于放射性14C的下列说法中，正确的是( )
A．与12C互为同位素
B．是12C的同素异形体
C．与14N所含中子数相同
D．与C60中普通碳原子的化学性质不同
答案 A
10．近日，专家否认了“味精致癌”的说法。实验表明味精在100℃时加热半小时，只有0.3%的味精(谷氨酸钠)生成焦谷氨酸钠，其对人体的影响甚微。对此下列认识正确的是( )
A．谷氨酸钠在加热条件下生成焦谷氨酸钠是物理变化
B．实验是研究问题的一种有效方法
C．谷氨酸钠受热不分解
D．大量食用味精有利于身体健康
答案 B
11．方兴未艾的“克隆”技术的关键之一是找到一些特殊的酶，这些酶能激活普通体细胞，使之像生殖细胞一样发育成个体。下列有关酶的叙述中，错误的是( )
A．酶是具有催化作用的蛋白质
B．酶的催化作用具有选择性和专一性
C．高温或重金属盐能降低酶的活性
D．酶只有在强酸性或强碱性条件下才能起作用
答案 D
解析 酶是具有催化作用的蛋白质，其催化作用具有选择性和专一性，所以，A、B项都对；高温、重金属盐、强酸、强碱条件下都会使蛋白质变性而失去酶的催化作用，所以C项对，D项错。
12．为了探索月球上是否有生命存在的痕迹，就要分析月球岩石中是否包含有碳氢化合物。科学家用氘盐酸(DCl)和重水(D2O)溶液处理月球岩石样品，对收集的气体加以分析，结果只发现有一些气体状态的碳氘化合物。这个实验不能用普通盐酸，其理由是( )
A．普通盐酸酸性太强
B．普通盐酸有强挥发性
C．普通盐酸与月球岩石中的碳化物无法反应
D．无法区别月球岩石中原来含有的是碳化物，还是碳氢化合物
答案 D
解析 利用氘盐酸(DCl)与重水(D2O)溶液处理月球岩石样品的目的是为了便于区别月球岩石中原含有的是碳化物还是碳氢化合物。氘盐酸与普通盐酸的酸性与挥发性相同。
[综合强化]
13．有下列物质：①HCl、②Na2O2、③HClO、④NH4Cl、⑤Br2、⑥Fe，请填写下列空白：[第(1)～(5)小题填序号]
(1)只以非极性共价键结合的是________。
(2)既存在离子键，又存在非极性共价键的是________。
(3)具有极性共价键和离子键的是________。
(4)相邻原子间以共价键结合，不稳定，易分解的是__________________________。
(5)含有配位键的是________。
(6)④中含有键的类型为______________________________________________。
(7)⑥中存在________键。
答案 (1)⑤ (2)② (3)④ (4)③ (5)④
(6)离子键、极性共价键、配位键 (7)金属
14．研究人员最近发现，在一定的实验条件下，给水施加一个弱电场，在20℃、1个大气压下，水可以结成冰，称为“热冰”。下图是水和“热冰”的计算机模拟图，图中球代表水分子中的原子。
(1)图中较大的球代表________原子，其原子结构示意图为____________；水分子中氢氧原子间的化学键是__________(填“共价键”或“离子键”)。
(2)用球棍模型表示的水分子结构是____________________________________(填字母)。
(3)已知水分子中氧原子一端带部分负电荷，氢原子一端带部分正电荷，在外加电场作用下，水结成冰。上图中模拟“热冰”的示意图是__________(填“甲”或“乙”)，理由是________________________________________。
答案 (1)氧(或O) 共价键
(2)B
(3)甲 分子有序排列(其他合理答案也可)
解析 (1)氧原子比氢原子大，故大球代表氧原子。(2)水分子中含极性共价键，两个O—H键之间夹角为104.5°，呈V形结构。(3)“热冰”中的水分子应为有序排列，氧原子一端吸引氢原子一端。
15．绿色化学是“预防污染”的根本手段，它的目标是研究和寻找能充分利用的无毒害原材料，最大限度地节约能源，在化工生产各个环节都实现净化和无污染的反应途径。试回答下列问题：
(1)在我国中西部大开发中，某省为筹建一大型化工基地征集到下列方案，其中你认为可行的是________(填字母)。
A．建在中西部干旱山区可以脱贫致富
B．应建在水资源丰富和交通方便远离城市的郊区
C．企业有权自主选择厂址
D．不宜建在人口稠密的居民区
(2)对聚丙烯酸废弃物(白色污染物中的一种)的降解，国际上最新采用了热聚门冬氨酸或其盐(TPA)，它有效、廉价且自身可被生物降解。废弃物自身被生物降解的意义是_______________
_________________________________________________________。
(3)美国罗姆斯公司的G.L.Willingham等人研制出对环境安全的舰舶防垢剂——“海洋9号”而获得了美国“总统绿色化学挑战奖”。“海洋9号”的结构简式如图所示：
试回答下列问题：
①“海洋9号”的化学式为________________。
②能在一定条件下与H2发生加成反应的碳原子是____(用2,3,4,5等数字填写)。
③4、5位碳原子上连接的两个氯原子能否发生取代反应？________(填“能”或“不能”)，如能发生，请举一例，用化学方程式表示______________________________________。
答案 (1)BD
(2)防止废弃物对土壤和水造成污染
(3)①C11H17ONSCl2 ②3、4、5 ③能
解析 绿色化学的具体内涵主要集中体现在以下5点：①减量，即减少用量，减少“三废”排放；②重复使用，诸如化学工业过程中的催化剂、载体等，这是降低成本和减废的需要；③回收，可以有效实现“省资源、少污染、减成本”的要求；④再生，是变废为宝，节省资源、省能源、减成本、少污染的有效途径；⑤拒用，指对一些无法替代，又无法回收、再生和重复使用的具有毒副作用、污染作用明显的原料拒绝在化学过程中使用。这是杜绝污染的最根本办法。第(3)小题，4、5号位上连接的氯原子具有卤代烃性质，可在碱性条件下发生水解。
