（通用版）2020版高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 跟蹤檢測(cè)（三十八）晶體結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（含解析）.doc

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跟蹤檢測(cè)（三十八） 晶體結(jié)構(gòu)與性質(zhì) 1．(1)氯酸鉀熔化，粒子間克服了__________的作用力；二氧化硅熔化，粒子間克服了__________的作用力；碘的升華，粒子間克服了__________的作用力。三種晶體的熔點(diǎn)由高到低的順序是______________________。 (2)下列六種晶體：①CO2，②NaCl，③Na，④Si，⑤CS2，⑥金剛石，它們的熔點(diǎn)從低到高的順序?yàn)開(kāi)_________________(填序號(hào))。 (3)在H2、(NH4)2SO4、SiC、CO2、HF中，由極性鍵形成的非極性分子有____________，由非極性鍵形成的非極性分子有____________，能形成分子晶體的物質(zhì)是__________，含有氫鍵的晶體的化學(xué)式是____________，屬于離子晶體的是____________，屬于原子晶體的是____________，五種物質(zhì)的熔點(diǎn)由高到低的順序是________________________________。 (4)A、B、C、D為四種晶體，性質(zhì)如下： a．固態(tài)時(shí)能導(dǎo)電，能溶于鹽酸 b．能溶于CS2，不溶于水 c．固態(tài)時(shí)不導(dǎo)電，液態(tài)時(shí)能導(dǎo)電，可溶于水 d．固態(tài)、液態(tài)時(shí)均不導(dǎo)電，熔點(diǎn)為3 500 ℃ 試推斷它們的晶體類型：A.____________；B.__________；C.____________；D.____________。 (5)圖中A～D是中學(xué)化學(xué)教科書(shū)上常見(jiàn)的幾種晶體結(jié)構(gòu)模型，請(qǐng)?zhí)顚?xiě)相應(yīng)物質(zhì)的名稱： A．______________；B.______________；C._____________；D.______________。 解析：(1)氯酸鉀是離子晶體，熔化時(shí)破壞離子鍵；二氧化硅是原子晶體，熔化時(shí)破壞共價(jià)鍵；碘是分子晶體，升華時(shí)粒子間克服分子間作用力；熔點(diǎn)：原子晶體>離子晶體>分子晶體，所以熔點(diǎn)大小順序?yàn)镾iO2>KClO3>I2。(2)根據(jù)晶體類型分析，熔點(diǎn)：原子晶體>離子晶體>分子晶體，Si和金剛石都是原子晶體，原子半徑越小，共價(jià)鍵越強(qiáng)，熔點(diǎn)越高，CO2和CS2都是分子晶體，相對(duì)分子質(zhì)量越大熔點(diǎn)越高，所以熔點(diǎn)從低到高的順序?yàn)棰佗茛邰冖堍蕖? 答案：(1)離子鍵　共價(jià)鍵　分子間　SiO2>KClO3>I2　(2)①⑤③②④⑥ (3)CO2　H2　H2、CO2、HF　HF　(NH4)2SO4　SiC　SiC>(NH4)2SO4>HF>CO2>H2 (4)金屬晶體　分子晶體　離子晶體　原子晶體 (5)氯化銫　氯化鈉　二氧化硅　金剛石 2．O2、O3、N2、N4是氧和氮元素的幾種單質(zhì)。回答下列問(wèn)題： (1)O原子中價(jià)電子占據(jù)的軌道數(shù)目為_(kāi)_____________________________________。 (2)第一電離能I1：N__________O(填“>”或“<”)，第二電離能I2：O大于N的原因是________________________________________________________________________。 (3)O3的空間構(gòu)型為_(kāi)_______________；是____________(填“極性”或“非極性”)分子；分子中存在的大π鍵，可用符號(hào)Π表示，其中m表示形成的大π鍵的原子數(shù)，n表示形成的大π鍵的電子數(shù)，則O3中大π鍵應(yīng)表示為_(kāi)__________________________________。 (4)N元素的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物NH3在H2O中溶解度很大，其原因之一是NH3和H2O可以形成分子間氫鍵，則在氨水中氫鍵可以表示為H3N…H—N、__________________(任寫(xiě)兩種即可)。 (5)已知：表格中鍵能和鍵長(zhǎng)數(shù)目。 化學(xué)鍵 鍵長(zhǎng)/pm 鍵能/(kJmol－1) N—N 145 193 N===N 125 418 N≡N 110 946 N2和N4都是N元素的單質(zhì)，其中N4是正四面體構(gòu)型，N原子占據(jù)四面體的四個(gè)頂點(diǎn)，從鍵參數(shù)角度分析N4分子穩(wěn)定性遠(yuǎn)小于N2原因是________________________________。 (6)Na2O的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，X表示O2－，Y表示Na＋，則O2－的配位數(shù)為_(kāi)___________，該晶胞的原子空間利用率為_(kāi)____________。[已知該晶胞的棱長(zhǎng)為a pm，r(Na＋)＝x pm，r(O2－)＝y(tǒng) pm] 解析：(1)O原子的價(jià)電子排布式為2s22p4，其價(jià)電子占據(jù)4個(gè)原子軌道。(2)同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢(shì)，但N的2p能級(jí)處于半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，所以第一電離能I1：N>O；O失去一個(gè)電子后O＋的2p處于半充滿狀態(tài)，更加穩(wěn)定，再失去一個(gè)電子消耗能量更高，所以第二電離能I2：O>N。(3)O3看成一個(gè)O原子是中心原子，其他兩個(gè)O原子為配原子的三原子分子，價(jià)電子對(duì)數(shù)＝2＋(6－22)＝3，有一個(gè)孤電子對(duì)，屬于sp2雜化，空間構(gòu)型為V形；因?yàn)閂形空間構(gòu)型正負(fù)電荷重心不重合，所以是極性分子；O原子的軌道表示式為O3中心氧原子采取sp2雜化，其中兩個(gè)單電子軌道與另外兩個(gè)原子形成兩個(gè)σ鍵，第三個(gè)軌道有一對(duì)孤電子對(duì)，與另兩個(gè)氧原子的各1個(gè)電子形成三中心四電子大π鍵，可用符號(hào)Π表示。(4)因?yàn)镺、N原子有比較強(qiáng)的吸電子能力，所以NH3和H2O既會(huì)吸引同種分子的H，又會(huì)吸引對(duì)方分子的H，從而形成氫鍵，所以在氨水中存在4種分子間氫鍵，可以表示為H3N…H—N、H3N…H—O、H2O…H—N、H2O…H—O。(5)因?yàn)镹4是正面體構(gòu)型，N原子占據(jù)四面體的四個(gè)頂點(diǎn)，所以N4中只存在N—N，而N2中只存在N≡N，由表中數(shù)據(jù)可知，N—N鍵長(zhǎng)大于NN鍵長(zhǎng)，N—N鍵能小于N≡N鍵能，且二者鍵能差距較大，所以N4分子穩(wěn)定性遠(yuǎn)小于N2。(6)分析Na2O的晶胞結(jié)構(gòu)圖可得，處于面心上的O2－被2個(gè)晶胞共用，以圖中上面的面心O2－為例，在其上方還有一個(gè)同樣的晶胞與其緊鄰，所以每個(gè)O2－周圍有8個(gè)Na＋與之距離最近，則O2－的配位數(shù)為8；Na2O晶胞中Na＋數(shù)為8，O2－數(shù)為8＋6＝4，根據(jù)r(Na＋)＝x pm、r(O2－)＝y(tǒng) pm及球體的體積公式可得這12個(gè)原子總體積V1＝8πx3＋4πy3，根據(jù)該晶胞的棱長(zhǎng)為a pm，則晶胞體積V2＝a3，所以該晶胞的原子空間利用率為100%＝100%＝100%。 答案：(1)4　(2)>　失去一個(gè)電子后O＋的2p處于半充滿狀態(tài)，更加穩(wěn)定，再失去一個(gè)電子消耗能量更高 (3)V形　極性　Π (4)H3N…H—O、H2O…H—N、H2O…H—O(任寫(xiě)兩種) (5)N4中N—N鍵鍵能小于N2中的N≡N鍵鍵能，鍵長(zhǎng)大于N≡N鍵鍵長(zhǎng) (6)8　100% 3．(2019武漢模擬)砷(As)是第ⅤA族元素，砷及其化合物被應(yīng)用于農(nóng)藥和合金中?；卮鹣铝袉?wèn)題： (1)基態(tài)砷原子的電子排布式為_(kāi)_____________________，第四周期元素中，第一電離能低于砷原子的p區(qū)元素有___________(填元素符號(hào))。 (2)氮原子間能形成氮氮三鍵，而砷原子間不易形成三鍵的原因是__________________。 (3)AsH3分子為三角錐形，鍵角為91.80，小于氨分子鍵角107，AsH3分子鍵角較小的原因是_______________________________________________________。 (4)亞砷酸(H3AsO3)分子中，中心原子砷的VSEPR模型是________________，砷原子雜化方式為_(kāi)_______________。 (5)砷化鎳的晶胞如圖所示。晶胞參數(shù)a＝360.2 pm, c＝500.9 pm, γ＝120。 該晶體密度的計(jì)算式為_(kāi)____________________________________________gcm－3。 解析：(1)砷原子核電荷數(shù)為33，基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d104s24p3；同一周期，從左到右，第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢(shì)，第ⅤA族元素p為半充滿狀態(tài)，第一電離能大于鄰近元素的第一電離能；因此第四周期元素中，第一電離能低于砷原子的p區(qū)元素有Ga、Ge、Se。(2)由于砷原子半徑較大，原子間形成的σ鍵較長(zhǎng)，pp軌道肩并肩重疊程度較小或幾乎不能重疊，難以形成π鍵，所以氮原子間能形成氮氮三鍵，而砷原子間不易形成三鍵。(3)AsH3分子鍵角較小的原因是砷原子電負(fù)性小于氮原子，其共用電子對(duì)離砷核距離較遠(yuǎn)，斥力較小，鍵角較小。(4)亞砷酸(H3AsO3)分子結(jié)構(gòu)式為，砷原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，屬于sp3雜化，中心原子砷的VSEPR模型是四面體形。(5)根據(jù)砷化鎳的晶胞可知：含有的鎳原子個(gè)數(shù)為8＋4＝2，含有砷原子個(gè)數(shù)為2，所以該晶胞中含有2個(gè)砷化鎳，該晶胞的質(zhì)量為2 g，根據(jù)晶胞的俯視圖可以求出x＝a pm＝360.210－10 cm；該晶胞的體積為360.210－10360.210－10500.910－10 cm3；ρ＝＝ gcm－3。 答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s24p3(或[Ar]3d104s24p3)　Ga、Ge、Se (2)砷原子半徑較大，原子間形成的σ鍵較長(zhǎng)，pp軌道肩并肩重疊程度較小或幾乎不能重疊，難以形成π鍵 (3)砷原子電負(fù)性小于氮原子，其共用電子對(duì)離砷核距離較遠(yuǎn)，斥力較小，鍵角較小 (4)四面體形　sp3 (5) 4．(2019岳陽(yáng)模擬)碳和硅是自然界中大量存在的元素，硅及其化合物是工業(yè)上最重要的材料。粗硅的制備有二種方法： 方法一：SiO2＋2CSi＋2CO↑； 方法二：SiO2＋2MgSi＋2MgO。 (1)基態(tài)硅原子中存在________對(duì)自旋相反的電子，基態(tài)Mg的最外層電子所占據(jù)的能級(jí)的電子云輪廓圖是___________________________________________。 (2)上述反應(yīng)中所有元素第一電離能最小的元素是_______(填元素符號(hào))。 (3)試比較C(金剛石)、晶體Si、CO 三種物質(zhì)的熔沸點(diǎn)從高到低的順序__________________，試解釋原因：_____________________________________________。 (4)CO在配合物中可作為配體，在Cr(CO)6配合物中配位原子是____________(填元素符號(hào))，1 mol該配合物中含有π鍵的數(shù)目是____________。 (5)SiO2晶胞(如圖1)可理解成將金剛石晶胞(如圖2)中的C原子置換成Si原子，然后在Si—Si之間插入O原子而形成。 ①推測(cè)SiO2晶胞中Si采用________雜化，O—Si—O的鍵角為_(kāi)_______________。 ②SiO2晶胞中，含有Si原子_______個(gè)和O原子_______個(gè)。 ③假設(shè)金剛石晶胞的邊長(zhǎng)為a pm，試計(jì)算該晶胞的密度________gcm－3(寫(xiě)出表達(dá)式即可)。 解析：(1)基態(tài)硅原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p2，每一個(gè)s能級(jí)有1個(gè)軌道，s軌道全滿，有3對(duì)自旋相反的電子，2p能級(jí)有3個(gè)軌道，全充滿電子，2p軌道有3對(duì)自旋相反的電子，所以基態(tài)硅原子中存在6對(duì)自旋相反的電子；Mg的基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s2,3s軌道是最外層，s能級(jí)的電子云圖是球形的，所以基態(tài)Mg的最外層電子所占據(jù)的能級(jí)的電子云輪廓圖是球形。(2)第一電離能是原子失去最外層的一個(gè)電子所需能量，第一電離能數(shù)值越小，原子越容易失去一個(gè)電子，上述反應(yīng)中涉及的元素有C、O、Mg、Si，其中C、O、Si是非金屬元素，較難失去電子，Mg元素的金屬性最強(qiáng)，最易失去電子，所有元素第一電離能最小的是Mg。(3)C(金剛石)、晶體Si都是原子晶體，熔點(diǎn)高，它們結(jié)構(gòu)相似，但碳原子的半徑比硅原子半徑小，共價(jià)鍵的鍵能大，所以C(金剛石)的熔點(diǎn)比晶體Si高，而CO是分子晶體，熔沸點(diǎn)低，所以三種物質(zhì)的熔沸點(diǎn)從高到低的順序：C>Si>CO。(4)配體中給出孤對(duì)電子與中心離子直接形成配位鍵的原子叫配位原子；CO在Cr(CO)6中可作為配體，配位原子是C，CO與N2是等電子體，其結(jié)構(gòu)式是CO,1 mol CO中含π鍵的數(shù)目是2NA，所以1 mol該配合物中含有π鍵的數(shù)目是12NA。(5)①在SiO2晶體中每個(gè)硅原子與周圍的4個(gè)氧原子的成鍵情況與金剛石晶體中的碳原子與周圍4個(gè)碳原子連接的情況是相同的。所以SiO2晶胞中Si采用sp3雜化，金剛石是正四面體結(jié)構(gòu)單元，其鍵角是10928′，所以SiO2晶胞中O—Si—O的鍵角也是10928′。②SiO2晶體為面心立體結(jié)構(gòu)，每個(gè)SiO2晶胞含有Si原子的個(gè)數(shù)為8＋6＋4＝8，按Si、O原子個(gè)數(shù)比，O原子數(shù)是16。③一個(gè)金剛石晶胞含有8個(gè)C原子結(jié)構(gòu)，所以一個(gè)晶胞的質(zhì)量為 g＝ g，晶胞邊長(zhǎng)為a pm，所以SiO2晶體的密度：ρ＝＝ gcm－3。 答案：(1)6　球形　(2)Mg (3)C>Si>CO　金剛石和晶體硅都是原子晶體且晶體結(jié)構(gòu)相似，C的原子半徑小于硅的原子半徑，所以金剛石中C—C鍵鍵長(zhǎng)短，鍵能大，所以金剛石的熔沸點(diǎn)比晶體硅大，CO是分子晶體，熔沸點(diǎn)最小 (4)C　12NA (5)①sp3　10928′?、?　16?、? 5．(2019重慶診斷)C、N、O、Si、P、Ge、As及其化合物在科研和生產(chǎn)中有許多重要用途。請(qǐng)回答下列問(wèn)題： (1)基態(tài)氮原子核外電子占據(jù)的原子軌道數(shù)目為_(kāi)_______。 (2)圖1表示碳、硅和磷三種元素的四級(jí)電離能變化趨勢(shì)，其中表示磷的曲線是_________(填標(biāo)號(hào))。 (3)NH3的沸點(diǎn)比PH3高，原因是________________________________________。 (4)根據(jù)等電子原理，NO＋電子式為_(kāi)_______________________________________。 (5)Na3AsO4中AsO的空間構(gòu)型為_(kāi)_____________，As4O6的分子結(jié)構(gòu)如圖2所示，則在該化合物中As的雜化方式是__________。 (6)鍺的某種氧化物晶胞結(jié)構(gòu)如圖3所示，該物質(zhì)的化學(xué)式為_(kāi)_________。已知該晶體密度為7.4 gcm－3，晶胞邊長(zhǎng)為4.3110－10 m。則鍺的相對(duì)原子質(zhì)量為_(kāi)___________(保留小數(shù)點(diǎn)后一位)。(已知：O的相對(duì)原子質(zhì)量為16,4.313＝80，NA＝6.021023mol－1) 解析：(1)N的原子序數(shù)為7，基態(tài)氮原子核外電子排布式為1s22s22p3，占據(jù)5個(gè)原子軌道。(2)同主族自上而下第一電離能減小，P元素3p能級(jí)為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能高于同周期相鄰元素，故Si的第一電離能最小，由圖中第一電離能可知，c為Si，P原子第四電離能為失去4s2能級(jí)中1個(gè)電子，為全滿穩(wěn)定狀態(tài)，與第三電離能相差較大，可知b為P、a為C。(3)NH3分子間存在較強(qiáng)的氫鍵作用，而PH3分子間僅有較弱的范德華力，因此NH3的沸點(diǎn)比PH3高。(4)根據(jù)等電子原理，NO＋與N2互為等電子體，電子式為 (5)AsO中As與周圍4個(gè)O原子相連，采用sp3雜化，空間構(gòu)型為正四面體，根據(jù)As4O6的分子結(jié)構(gòu)圖，As與周圍3個(gè)O原子相連，含有1個(gè)孤電子對(duì)，采用sp3雜化。(6)晶胞中Ge原子數(shù)目為4，O原子數(shù)目為8＋6＝4，則化學(xué)式為GeO，設(shè)鍺的相對(duì)原子質(zhì)量為M，則晶胞質(zhì)量為g＝7.4 gcm－3(4.3110－8 cm)3，解得M≈73.1。 答案：(1)5　(2)b　(3)NH3分子間存在較強(qiáng)的氫鍵作用，而PH3分子間僅有較弱的范德華力　(4) (5)正四面體　sp3　(6)GeO　73.1 6．硒化鋅是一種半導(dǎo)體材料，回答下列問(wèn)題。 (1)鋅在周期表中的位置_________________；Se基態(tài)原子價(jià)電子排布圖為_(kāi)___________________。元素鋅、硫和硒第一電離能較大的是________(填元素符號(hào))。 (2)Na2SeO3分子中Se原子的雜化類型為_(kāi)_________；H2SeO4的酸性比H2SeO3強(qiáng)，原因是________________________________________________________________________。 (3)氣態(tài)SeO3分子的立體構(gòu)型為_(kāi)_________；下列與SeO3互為等電子體的有__________(填標(biāo)號(hào))。 A．CO　　　　　　　　 B．NO C．NCl3 D．SO (4)硒化鋅的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，圖中X和Y點(diǎn)所堆積的原子均為_(kāi)_______(填元素符號(hào))；該晶胞中硒原子所處空隙類型為_(kāi)_________(填“立方體”“正四面體”或正八面體”)；若該晶胞密度為ρ gcm－3，硒化鋅的摩爾質(zhì)量為M gmol－1。用NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，則晶胞參數(shù)a為_(kāi)_____________nm。 解析：(1)Zn的原子序數(shù)是30，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2，在周期表中的位置是第四周期第ⅡB族；Se的原子序數(shù)是34，原子核外有34個(gè)電子，最外層電子排布式為4s24p6，基態(tài)原子價(jià)電子排布圖為元素鋅金屬性較強(qiáng)，第一電離能較小，硫和硒為同主族元素，同主族元素由上到下非金屬性逐漸減弱，所以硫的非金屬性強(qiáng)于Se，所以第一電離最大的是S。(2)Na2SeO3分子中Se原子的價(jià)電子對(duì)數(shù)為＝4，所以Se原子的雜化類型為sp3；H2SeO4的非羥基氧比H2SeO3多(或H2SeO4中Se的化合價(jià)更高)，所以H2SeO4酸性比H2SeO3強(qiáng)。(3)氣態(tài)SeO3分子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，Se沒(méi)有孤電子對(duì)，故分子的立體構(gòu)型為平面三角形；等電子體要求原子總數(shù)相同，價(jià)電子數(shù)相同，所以與SeO3互為等電子體的離子有CO、NO。(4)硒化鋅的晶胞結(jié)構(gòu)中原子個(gè)數(shù)比為1∶1，其中Se原子4個(gè)，若X和Y點(diǎn)所堆積的原子均為鋅原子，則8＋6＝4，符合；則圖中X和Y點(diǎn)所堆積的原子均為Zn原子，根據(jù)圖中原子的位置可知，該晶胞中硒原子所處空隙類型為正四面體；若該晶胞密度為ρ gcm－3，硒化鋅的摩爾質(zhì)量為M gmol－1。用NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，根據(jù)ρ＝＝，則V＝，則晶胞的邊長(zhǎng)為a為 107 nm。 答案：(1)第四周期第ⅡB族　　S　 (2)sp3　H2SeO4的非羥基氧比H2SeO3多(或H2SeO4中Se的化合價(jià)更高)　(3)平面三角形　AB (4)Zn　正四面體　107 7．(2019新余模擬)A、B、C、D、E代表前四周期原子序數(shù)依次增大的五種元素。A、D同主族且有兩種常見(jiàn)化合物DA2和DA3；工業(yè)上電解熔融C2A3制取C的單質(zhì)；B、E均除最外層只有2個(gè)電子外，其余各層全充滿，E位于元素周期表的ds區(qū)?；卮鹣铝袉?wèn)題： (1)B、C中第一電離能較大的是________(用元素符號(hào)表示)，基態(tài)D原子價(jià)電子的軌道表達(dá)式為_(kāi)___________________________________________________。 (2)DA2分子的VSEPR模型是________。 (3)實(shí)驗(yàn)測(cè)得C與氯元素形成化合物的實(shí)際組成為C2Cl6，其球棍模型如圖所示。已知C2Cl6在加熱時(shí)易升華，與過(guò)量的NaOH溶液反應(yīng)可生成Na[C(OH)4]。 ①C2Cl6屬于________晶體(填晶體類型)，其中C原子的雜化軌道類型為_(kāi)_______雜化。 ②[C(OH)4]－中存在的化學(xué)鍵有_________________________________________。 (4)B、C的氟化物晶格能分別是2 957 kJmol－1、5 492 kJmol－1，二者相差很大的原因是________________________________________________________________________。 (5)D與E所形成化合物晶體的晶胞如圖所示： ①在該晶胞中，E的配位數(shù)為_(kāi)_______。 ②原子坐標(biāo)參數(shù)可表示晶胞內(nèi)部各原子的相對(duì)位置。上圖晶胞中，原子的坐標(biāo)參數(shù)a為(0,0,0)；b為；c為。則d原子的坐標(biāo)參數(shù)為_(kāi)_______。 ③已知該晶胞的密度為ρ gcm－3，則晶胞中兩個(gè)D原子之間的最近距離為_(kāi)_______________________________________________________________________ pm (列出計(jì)算式即可)。 解析：由A、D同主族且有兩種常見(jiàn)化合物DA2和DA3，可推出A為O，D為S；由工業(yè)上電解熔融C2A3制取單質(zhì)C，可推出C為Al；B、E均除最外層只有2個(gè)電子外，其余各層全充滿，E位于元素周期表的ds區(qū)，且A、B、C、D、E五種元素原子序數(shù)依次增大，可推出B為Mg，E為Zn。(1)同周期主族元素第一電離能從左到右呈增大趨勢(shì)，但第ⅡA族、ⅤA族元素的第一電離能大于其相鄰元素的，故Mg、Al中第一電離能較大的是Mg?；鶓B(tài)S原子價(jià)電子的軌道表達(dá)式為。(2)SO2分子的VSEPR模型是平面三角形。(3)①Al2Cl6在加熱時(shí)易升華，說(shuō)明其熔沸點(diǎn)比較低，屬于分子晶體；結(jié)合Al2Cl6的球棍模型可得Al原子形成4個(gè)共價(jià)鍵，其雜化軌道類型為sp3雜化。②[Al(OH)4]－中存在的化學(xué)鍵有極性共價(jià)鍵、配位鍵。(4)由于Al3＋比Mg2＋電荷多、半徑小，所以AlF3的晶格能比MgF2的晶格能大得多。(5)①在該晶胞中，1個(gè)Zn原子與4個(gè)S原子相連，其配位數(shù)為4。②根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知d原子的坐標(biāo)參數(shù)為。③該晶胞中S和Zn的個(gè)數(shù)均是4，又該晶胞的密度為ρ gcm－3，則晶胞邊長(zhǎng)a＝1010pm，兩個(gè)S原子之間的最近距離為面對(duì)角線長(zhǎng)度的一半，即為 1010 pm。 答案：(1)Mg　　(2)平面三角形 (3)①分子　sp3?、跇O性共價(jià)鍵、配位鍵 (4)Al3＋比Mg2＋電荷多、半徑小 (5)①4　②?、?1010