山东专用高考化学一轮复习专题九晶体结构与性质_模拟集训含解析

这是一份山东专用高考化学一轮复习专题九晶体结构与性质_模拟集训含解析，共43页。
专题九　晶体结构与性质
【5年高考】
考点一　晶体常识
1.(2020课标Ⅰ,35,15分)Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题:
(1)基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为　　　　。 
(2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li)>I1(Na),原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。I1(Be)>I1(B)>I1(Li),原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
I1/(kJ·mol-1)
Li
520
Be
900
B
801
Na
496
Mg
738
Al
578
(3)磷酸根离子的空间构型为　　　　　　,其中P的价层电子对数为　　　、杂化轨道类型为　　　。 
(4)LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体,它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有　　　个。 

电池充电时,LiFePO4脱出部分Li+,形成Li1-xFePO4,结构示意图如(b)所示,则x=　　　,n(Fe2+)∶n(Fe3+)=　　　　。 
答案　(1)45　
(2)Na与Li同族,Na电子层数多,原子半径大,易失电子　Li、Be、B同周期,核电荷数依次增加。Be为1s22s2全满稳定结构,第一电离能最大。与Li相比,B核电荷数大,原子半径小,较难失去电子,第一电离能较大
(3)正四面体　4　sp3
(4)4　316　13∶3
2.(2020课标Ⅱ,35,15分)钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。回答下列问题:
(1)基态Ti原子的核外电子排布式为　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)Ti的四卤化物熔点如下表所示,TiF4熔点高于其他三种卤化物,自TiCl4至TiI4熔点依次升高,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
化合物
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
-24.12
38.3
155
(3)CaTiO3的晶胞如图(a)所示,其组成元素的电负性大小顺序是　　　　　　　　;金属离子与氧离子间的作用力为　　　　　　,Ca2+的配位数是　　　　。 
(4)一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I-和有机碱离子CH3NH3+,其晶胞如图(b)所示。其中Pb2+与图(a)中　　　　的空间位置相同,有机碱CH3NH3+中,N原子的杂化轨道类型是　　　　;若晶胞参数为anm,则晶体密度为　　　　　　　　g·cm-3(列出计算式)。 

(5)用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘,降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐,提升了太阳能电池的效率和使用寿命,其作用原理如图(c)所示,用离子方程式表示该原理　　　　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　　　　。 
答案　(1)1s22s22p63s23p63d24s2
(2)TiF4为离子化合物,熔点高,其他三种均为共价化合物,随相对分子质量的增大分子间作用力增大,熔点逐渐升高
(3)O>Ti>Ca　离子键　12
(4)Ti4+　sp3　620a3×NA×1021
(5)2Eu3++Pb2Eu2++Pb2+　2Eu2++I22Eu3++2I-
3.(2020课标Ⅲ,35,15分)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好,是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题:
(1)H、B、N中,原子半径最大的是　　　　。根据对角线规则,B的一些化学性质与元素　　　　的相似。 
(2)NH3BH3分子中,N—B化学键称为　　　　键,其电子对由　　　　提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气: 
3NH3BH3+6H2O3NH4++B3O63-+9H2
B3O63-的结构为。在该反应中,B原子的杂化轨道类型由　　　　变为　　　　　　　　。 
(3)NH3BH3分子中,与N原子相连的H呈正电性(Hδ+),与B原子相连的H呈负电性(Hδ-),电负性大小顺序是　　　　　　　　。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是　　　　　　　　(写分子式),其熔点比NH3BH3　　　　(填“高”或“低”),原因是在NH3BH3分子之间,存在　　　　　　　　　　,也称“双氢键”。 
(4)研究发现,氨硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构,晶胞参数分别为apm、bpm、cpm,α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。

氨硼烷晶体的密度ρ=　　　　g·cm-3(列出计算式,设NA为阿伏加德罗常数的值)。 
答案　(1)B　Si(硅)
(2)配位　N　sp3　sp2
(3)N>H>B　CH3CH3　低　Hδ+与Hδ-的静电引力
(4)62NAabc×10-30
考点二　晶体结构与性质
4.(2019课标Ⅰ,35,15分)在普通铝中加入少量Cu和Mg后,形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒,其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小,形成所谓“坚铝”,是制造飞机的主要材料。回答下列问题:
(1)下列状态的镁中,电离最外层一个电子所需能量最大的是　　　(填标号)。 

(2)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物,分子中氮、碳的杂化类型分别是　　　、　　　。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是　　　(填“Mg2+”或“Cu2+”)。 
(3)一些氧化物的熔点如下表所示:
氧化物
Li2O
MgO
P4O6
SO2
熔点/℃
1570
2800
23.8
-75.5
解释表中氧化物之间熔点差异的原因: 
　。 
(4)图(a)是MgCu2的拉维斯结构,Mg以金刚石方式堆积,八面体空隙和半数的四面体空隙中,填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见,Cu原子之间最短距离x=　　　pm,Mg原子之间最短距离y=　　　pm。设阿伏加德罗常数的值为NA,则MgCu2的密度是　　　　　g·cm-3(列出计算表达式)。 

答案　(1)A
(2)sp3　sp3　乙二胺的两个N提供孤电子对给金属离子形成配位键　Cu2+
(3)Li2O、MgO为离子晶体,P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO>Li2O。分子间力(分子量)P4O6>SO2
(4)24a　34a　8×24+16×64NAa3×10-30
5.(2019课标Ⅱ,35,15分)近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料,其中一类为Fe-Sm-As-F-O组成的化合物。回答下列问题:
(1)元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为　　　　　,其沸点比NH3的　　　(填“高”或“低”),其判断理由是　　　　　　　　　　　　　。 
(2)Fe成为阳离子时首先失去　　　　轨道电子,Sm的价层电子排布式为4f66s2,Sm2+价层电子排布式为　　　　。 
(3)比较离子半径:F-　　　O2-(填“大于”“等于”或“小于”)。 
(4)一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1所示。晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。

图中F-和O2-共同占据晶胞的上下底面位置,若两者的比例依次用x和1-x代表,则该化合物的化学式表示为　　　　　　　　;通过测定密度ρ和晶胞参数,可以计算该物质的x值,完成它们关系表达式:ρ=　　　　　　　　　　g·cm-3。 
以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子分数坐标,例如图1中原子1的坐标为(12,12,12),则原子2和3的坐标分别为　　　　、　　　　　。 
答案　(1)三角锥形　低　NH3分子间存在氢键
(2)4s　4f6　(3)小于
(4)SmFeAsO1-xFx　2[281+16(1-x)+19x]a2cNA×10-30　(12,12,0)　(0,0,12)
6.(2019海南单科,19-Ⅱ,14分)锰单质及其化合物应用十分广泛。回答下列问题:
(1)Mn位于元素周期表中第四周期　　　　族,基态Mn原子核外未成对电子有　　　　个。 
(2)MnCl2可与NH3反应生成[Mn(NH3)6]Cl2,新生成的化学键为　　　　键。氨分子的空间构型为　　　　　　,其中N原子的杂化类型为　　　　。 
(3)金属锰有多种晶型,其中δ-Mn的结构为体心立方堆积,晶胞参数为apm。δ-Mn中锰的原子半径为　　　　pm。已知阿伏加德罗常数的值为NA,δ-Mn的理论密度ρ=　　　　　　　　g·cm-3。(列出计算式) 
(4)已知锰的某种氧化物的晶胞如图所示,其中锰离子的化合价为　　　　,其配位数为　　　　。 

答案　(1)ⅦB　5
(2)配位　三角锥　sp3
(3)3a4　2×55NA×a3×10-30
(4)+2　6
7.(2018课标Ⅰ,35,15分)Li是最轻的固体金属,采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能,得到广泛应用。回答下列问题:
(1)下列Li原子电子排布图表示的状态中,能量最低和最高的分别为　　　、　　　(填标号)。 
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.
↑
 1s
↑↓
 2s

 2px

 2py

 2pz　　B.

 1s
↑↓
 2s
↑
 2px

 2py

 2pz
C.

 1s
↑
 2s
↑↓
 2px

 2py

 2pz　　D.
↑↓
 1s
↑
 2s

 2px

 2py

 2pz
(2)Li+与H-具有相同的电子构型,r(Li+)小于r(H-),原因是　　　　　　　　　。 
(3)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂,LiAlH4中的阴离子空间构型是　　　　　、中心原子的杂化形式为　　　。LiAlH4中,存在　　　(填标号)。 
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.离子键　　B.σ键　　C.π键　　D.氢键
(4)Li2O是离子晶体,其晶格能可通过图(a)的Born-Haber循环计算得到。

图(a)
可知,Li原子的第一电离能为　　　kJ·mol-1,OO键键能为　　　kJ·mol-1,Li2O晶格能为　　　kJ·mol-1。 
(5)Li2O具有反萤石结构,晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.4665nm,阿伏加德罗常数的值为NA,则Li2O的密度为　　　　　　　　g·cm-3(列出计算式)。 

图(b)
答案　(1)D　C
(2)Li+核电荷数较大
(3)正四面体　sp3　AB
(4)520　498　2908
(5)8×7+4×16NA(0.4665×10-7)3
8.(2017课标Ⅱ,35,15分)我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。回答下列问题:
(1)氮原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为　　　　　　　　　。 
(2)元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图(a)所示,其中除氮元素外,其他元素的E1自左而右依次增大的原因是 
　; 
氮元素的E1呈现异常的原因是 
　。 

(3)经X射线衍射测得化合物R的晶体结构,其局部结构如图(b)所示。
①从结构角度分析,R中两种阳离子的相同之处为　　　　,不同之处为　　　　。(填标号) 
A.中心原子的杂化轨道类型
B.中心原子的价层电子对数
C.立体结构
D.共价键类型
②R中阴离子N5-中的σ键总数为　　　　个。分子中的大π键可用符号∏nm表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为∏66),则N5-中的大π键应表示为　　　　。 
③图(b)中虚线代表氢键,其表示式为(NH4+)N—H…Cl、　　　　　　　　、　　　　　　　　。 
(4)R的晶体密度为dg·cm-3,其立方晶胞参数为anm,晶胞中含有y个[(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl]单元,该单元的相对质量为M,则y的计算表达式为　　　　　　。 
答案　(1)
(2)同周期元素随核电荷数依次增大,原子半径逐渐变小,故结合一个电子释放出的能量依次增大　N原子的2p轨道为半充满状态,具有额外稳定性,故不易结合一个电子
(3)①ABD　C　②5　Π56　
③(H3O+)O—H…N(N5-)　(NH4+)N—H…N(N5-)
(4)602a3dM(或a3dNAM×10-21)

[教师专用题组]
【5年高考】
1.(2020山东,17,12分)CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料,回答下列问题:
(1)Sn为ⅣA族元素,单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体,SnCl4空间构型为　　　　　　　,其固体的晶体类型为　　　　　　　。 
(2)NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为　　　　　　　　　　　　(填化学式,下同),还原性由强到弱的顺序为　　　　　　　　　　　,键角由大到小的顺序为　　　　　　　　　　　。 
(3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如下图所示,1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有　　　mol,该螯合物中N的杂化方式有　　　种。 

(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如下图所示,晶胞棱边夹角均为90°,晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。

　　　坐标
原子　　　
x
y
z
Cd
0
0
0
Sn
0
0
0.5
As
0.25
0.25
0.125

一个晶胞中有　　　个Sn,找出距离Cd(0,0,0)最近的Sn　　　　　　　　　　　　　　　(用分数坐标表示)。CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有　　　个。 
答案　(1)正四面体形　分子晶体
(2)NH3、AsH3、PH3　AsH3、PH3、NH3　NH3、PH3、AsH3
(3)6　1
(4)4　(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0)　4
解析　(1)常温常压下SnCl4为无色液体,说明其沸点很低,可推知其为分子晶体;类比CCl4,可知SnCl4分子中Sn原子的价层电子对数为4+4-1×42=4,则其杂化轨道数为4,Sn原子采取sp3杂化,Sn原子的孤电子对数为0,故SnCl4分子的空间构型为正四面体形。(2)NH3分子间存在氢键,PH3、AsH3分子间只存在范德华力,且相对分子质量PH3AsH3>PH3,故沸点NH3>AsH3>PH3;非金属性N>P>As,元素非金属性越强,其对应气态氢化物的稳定性越强、还原性越弱,故还原性AsH3>PH3>NH3;由于电负性N>P>As,则键长N—HNH3,故键角NH3>PH3>AsH3。(3)由题意可知,只有成环的配位键才能起到螯合作用,再结合题给结构可知NO3-中的2个O原子和C、N杂环上的4个N原子通过螯合作用与Cd2+形成配位键,故1mol该配合物中通过螯合作用形成6mol配位键;NO3-中N原子价层电子对数为3+0=3,NO2-中N原子价层电子对数为2+1=3,C、N杂环上的4个N原子价层电子对数为3+0=3,故该配合物中N原子均采取sp2杂化。(4)由题给CdSnAs2晶胞结构和部分原子的分数坐标可知,黑球表示Cd原子,白球表示Sn原子,灰球表示As原子,根据均摊法可知一个晶胞中含有的Sn原子个数为4×14+6×12=4;距离顶点Cd(0,0,0)最近的Sn原子为面心上的两个Sn原子,则底面Sn原子分数坐标为(0.5,0.5,0),侧面Sn原子分数坐标为(0.5,0,0.25);底面Sn原子被两个晶胞共用,根据底面Sn原子分析可知,与单个Sn原子键合的As原子个数为2×2=4。
2.(2020天津,13,15分)Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。回答下列问题:
(1)Fe、Co、Ni在周期表中的位置为　　　　　　　　　,基态Fe原子的电子排布式为　　　　　。 
(2)CoO的面心立方晶胞如下图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA,则CoO晶体的密度为　　　　g·cm-3;三种元素二价氧化物的晶胞类型相同,其熔点由高到低的顺序为　　　　　　　　　　　。 

(3)Fe、Co、Ni能与Cl2反应,其中Co和Ni均生成二氯化物,由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为　　　　　　　　　　　　　　,Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成,写出反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(4)95℃时,将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中,经4小时腐蚀后的质量损失情况如下图所示,当ω(H2SO4)大于63%时,Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为　　　　　　　　　。由于Ni与H2SO4反应很慢,而与稀硝酸反应很快,工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度,在硫酸中添加HNO3的方式为　　　　　(填“一次过量”或“少量多次”),此法制备NiSO4的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

答案　(1)第四周期第Ⅷ族
1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2
(2)3×1023NA·a3　NiO>CoO>FeO
(3)CoCl3>Cl2>FeCl3　2Co(OH)3+6H++2Cl-2Co2++Cl2↑+6H2O
(4)随H2SO4质量分数增加,Ni表面逐渐形成致密氧化膜　少量多次　3Ni+3H2SO4+2HNO33NiSO4+2NO↑+4H2O或Ni+H2SO4+2HNO3NiSO4+2NO2↑+2H2O
解析　(1)Fe、Co、Ni原子序数分别为26、27、28,价电子排布式依次为3d64s2、3d74s2、3d84s2,电子层数为4,故为第四周期元素,根据价电子排布式,可知Fe、Co、Ni分别在第8、9、10列,即位于第Ⅷ族。
(2)一个CoO晶胞占有的Co2+数为12×14+1=4,占有的O2-数为8×18+6×12=4,故一个晶胞的质量为4Mr(CoO)NAg,体积为a3×10-21cm3,则晶体密度为4×75NAa3×10-21g·cm-3=3×1023NA·a3g·cm-3;由于FeO、CoO、NiO的晶胞类型相同,而离子半径:Fe2+>Co2+>Ni2+,则晶格能:NiO>CoO>FeO,故熔点:NiO>CoO>FeO。
(3)Co与Cl2反应生成二氯化物,可知氧化性:CoCl3>Cl2>CoCl2,Fe与Cl2反应生成三氯化铁,可知氧化性:Cl2>FeCl3,故氧化性:CoCl3>Cl2>FeCl3;Co(OH)3与盐酸反应生成的黄绿色气体为Cl2,即氯离子被Co(OH)3氧化为Cl2,Co(OH)3被还原为Co2+,据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得离子方程式:2Co(OH)3+6H++2Cl-2Co2++Cl2↑+6H2O。
(4)当ω(H2SO4)大于63%时,Ni表面钝化生成致密氧化膜而使腐蚀速率减小;为了防止Ni2+被HNO3氧化为Ni3+,应多次加入少量HNO3,涉及的化学方程式为3Ni+3H2SO4+2HNO33NiSO4+2NO↑+4H2O或Ni+H2SO4+2HNO3NiSO4+2NO2↑+2H2O。
3.(2018课标Ⅲ,35,15分)锌在工业中有重要作用,也是人体必需的微量元素。回答下列问题:
(1)Zn原子核外电子排布式为　　　　　　。 
(2)黄铜是人类最早使用的合金之一,主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)　　　I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是　。 
(3)ZnF2具有较高的熔点(872℃),其化学键类型是　　　　;ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,原因是　 
　。 
(4)《中华本草》等中医典籍中,记载了炉甘石(ZnCO3)入药,可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中,阴离子空间构型为　　　　　　,C原子的杂化形式为　　　　。 
(5)金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示,这种堆积方式称为　　　　　　　。六棱柱底边边长为acm,高为ccm,阿伏加德罗常数的值为NA,Zn的密度为　　　　　　　g·cm-3(列出计算式)。 

答案　(1)[Ar]3d104s2
(2)大于　Zn核外电子排布为全满稳定结构,较难失电子
(3)离子键　ZnF2为离子化合物,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小
(4)平面三角形　sp2
(5)六方最密堆积(A3型)　65×6NA×6×34×a2c
解析　(1)Zn是30号元素,核外有30个电子,故核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2。
(2)由于Zn的核外电子排布式为[Ar]3d104s2,Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1,Zn核外电子排布处于全满稳定状态,第一电离能更大,所以I1(Zn)>I1(Cu)。
(3)ZnF2熔点较高,属于离子晶体,含有离子键;ZnCl2、ZnBr2、ZnI2均是分子晶体,根据相似相溶原理知,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于有机溶剂。
(4)ZnCO3中的阴离子为CO32-,CO32-中C原子的价层电子对数为3+12×(4+2-3×2)=3,且无孤电子对,故空间构型为平面三角形,C原子的杂化形式为sp2。
(5)由金属Zn晶体中的原子堆积方式可知,其堆积方式为六方最密堆积;六棱柱底边边长为acm,则六棱柱底面积为(6×12a·32a)cm2=332a2cm2,体积为332a2ccm3;根据均摊法知,一个六棱柱中含有Zn原子数目为12×16+2×12+3=6,所以Zn的密度ρ=MNA·NV=65NA×6332a2cg·cm-3=26033a2c·NAg·cm-3。
4.(2016课标Ⅱ,37,15分)东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载,云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外,曾主要用于造币,亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题:
(1)镍元素基态原子的电子排布式为　　　　　　　,3d能级上的未成对电子数为　　　　。 
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是　　　　。 
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为　　　　,提供孤电子对的成键原子是　　　。 
③氨的沸点　　　　(填“高于”或“低于”)膦(PH3),原因是　　　　　　　　　　　　;氨是　　　　分子(填“极性”或“非极性”),中心原子的轨道杂化类型为　　　　。 
(3)单质铜及镍都是由　　　　键形成的晶体;元素铜与镍的第二电离能分别为:ICu=1958kJ·mol-1、INi=1753kJ·mol-1,ICu>INi的原因是　 
　。 
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。

①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为　　　　。 
②若合金的密度为dg·cm-3,晶胞参数a=　　　　nm。 
答案　(15分)(1)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2　2
(2)①正四面体　②配位键　N　③高于　NH3分子间可形成氢键　极性　sp3
(3)金属　铜失去的是全充满的3d10电子,镍失去的是4s1电子
(4)①3∶1　②2516.02×1023×d13×107
解析　(2)①SO42-中S原子的价层电子对数为4+12×(6+2-2×4)=4,采取sp3杂化,立体构型为正四面体;②Ni2+与NH3之间形成化学键时Ni提供空轨道,N提供孤电子对,形成配位键;③氨分子之间形成氢键,分子间作用力增大,故沸点高于膦(PH3);氨分子中N原子的价层电子对数为4,采取sp3杂化,四个杂化轨道中有三个轨道被共用电子对占据,一个轨道被孤电子对占据,是极性分子。
(3)金属单质形成的晶体均为金属晶体,金属晶体中只含有金属键。
(4)①1个晶胞中含Cu原子数为12×6=3,含Ni原子数为18×8=1,两者数量比为3∶1;②由题意可得:d=3×64+59(a×10-7)3×6.02×1023,解得a=3251602dnm。
易错警示　第(4)问②中要注意单位转换(1nm=10-7cm)。
5.(2016海南单科,19-Ⅱ,14分)M是第四周期元素,最外层只有1个电子,次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题:
(1)单质M的晶体类型为　　　　　,晶体中原子间通过　　　　作用形成面心立方密堆积,其中M原子的配位数为　　　　。 
(2)元素Y基态原子的核外电子排布式为　　　　　　　,其同周期元素中,第一电离能最大的是　　　　(写元素符号)。元素Y的含氧酸中,酸性最强的是　　　　(写化学式),该酸根离子的立体构型为　　　　。 
(3)M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。

①该化合物的化学式为　　　　　,已知晶胞参数a=0.542nm,此晶体的密度为　　　　　　g·cm–3。(写出计算式,不要求计算结果。阿伏加德罗常数的值为NA) 
②该化合物难溶于水但易溶于氨水,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色,深蓝色溶液中阳离子的化学式为　　　　　　。 
答案　(1)金属晶体　金属键　12
(2)1s22s22p63s23p5　Ar　HClO4　正四面体
(3)①CuCl　4×99.5NA×(0.542)3×10-21或4×M(CuCl)NA×a3×10-21
②Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物(或配离子)
[Cu(NH3)4]2+
解析　(1)根据题意,M的价电子排布式为3d104s1,M为Cu,单质铜的晶体类型为金属晶体,晶体中原子间通过金属键作用形成面心立方密堆积,面心立方密堆积中Cu原子的配位数为12;(2)Y的负一价离子的最外层电子数与次外层相同,则Y为Cl,基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5,其同周期元素中,第一电离能最大的应该是稀有气体元素Ar,Y的含氧酸中,酸性最强的是HClO4,该酸根离子的中心原子Cl采取等性的sp3杂化,立体构型为正四面体;(3)①运用均摊法,一个该晶胞中Cu的个数为8×18+6×12=4,Cl的个数为4,故该化合物的化学式为CuCl,晶胞参数a=0.542nm,则ρ=4NA×99.5(0.542×10-7)3g·cm-3=4×99.5NA×(0.542)3×10-21g·cm-3;②CuCl易溶于氨水的原因是发生了反应:CuCl+2NH3·H2O[Cu(NH3)2]Cl+2H2O,形成了易溶于水的配合物,该配合物遇到空气被氧化成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+。
6.(2015课标Ⅱ,37,15分)A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素,A2-和B+具有相同的电子构型;C、D为同周期元素,C核外电子总数是最外层电子数的3倍;D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题:
(1)四种元素中电负性最大的是　　　　(填元素符号),其中C原子的核外电子排布式为　　　　　　　。 
(2)单质A有两种同素异形体,其中沸点高的是　　　　(填分子式),原因是　 
　　　　　　　;A和B的氢化物所属的晶体类型分别为　　　　和　　　　。 
(3)C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物E,E的立体构型为　　　　,中心原子的杂化轨道类型为　　　　。 
(4)化合物D2A的立体构型为　　　　,中心原子的价层电子对数为　　　　,单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A,其化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(5)A和B能够形成化合物F,其晶胞结构如图所示,晶胞参数a=0.566nm,F的化学式为　　　　;晶胞中A原子的配位数为　　　　;列式计算晶体F的密度(g·cm-3)　　　　。 

答案　(15分)(1)O　1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)(每空1分,共2分)
(2)O3　O3相对分子质量较大,范德华力大　分子晶体
离子晶体(每空1分,共4分)
(3)三角锥形　sp3(每空1分,共2分)
(4)V形　4
2Cl2+2Na2CO3+H2OCl2O+2NaHCO3+2NaCl(或2Cl2+Na2CO3Cl2O+CO2+2NaCl)(每空1分,共3分)
(5)Na2O　8　4×62g·mol-1(0.566×10-7cm)3×6.02×1023mol-1=2.27g·cm-3(1分,1分,2分,共4分)
解析　由题意可知A为O、B为Na、C为P、D为Cl。(1)四种元素中O的非金属性最强,电负性最大;P的原子序数为15,核外电子排布式为1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3。(2)氧元素的两种同素异形体为O2和O3,沸点较高的是O3,因为O3的相对分子质量较大,范德华力大。O的氢化物可以是H2O、H2O2,二者所属晶体类型均为分子晶体;Na的氢化物为NaH,属于离子晶体。(3)PCl3中中心原子的价层电子对数是4,其中σ键数是3,孤电子对数为1,故PCl3中中心原子采用sp3杂化方式,分子构型为三角锥形。(4)Cl2O中中心原子为O,分子中σ键数为2,中心原子孤电子对数为2,故中心原子的价层电子对数为4,分子空间构型为V形。Cl2与湿润的Na2CO3反应生成Cl2O的同时还应该生成NaCl和 NaHCO3。(5)由晶胞结构可知,一个晶胞中小球个数为8,大球个数为4,小球代表离子半径较小的Na+,大球代表离子半径较大的O2-,故F的化学式为Na2O;晶胞中与每个氧原子距离最近且相等的钠原子有8个;晶胞的质量为62g·mol-16.02×1023mol-1×4,晶胞的体积为(0.566×10-7)3cm3,晶体密度为62g·mol-1×46.02×1023mol-1×0.5663×10-21cm3=2.27g·cm-3。
7.(2014课标Ⅰ,37,15分)早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成。回答下列问题:
(1)准晶是一种无平移周期序,但有严格准周期位置序的独特晶体,可通过　　　　方法区分晶体、准晶体和非晶体。 
(2)基态Fe原子有　　　　个未成对电子,Fe3+的电子排布式为　　　　　　　。可用硫氰化钾检验Fe3+,形成的配合物的颜色为　　　　。 
(3)新制备的Cu(OH)2可将乙醛(CH3CHO)氧化成乙酸,而自身还原成Cu2O。乙醛中碳原子的杂化轨道类型为　　　　,1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为　　　　。乙酸的沸点明显高于乙醛,其主要原因是　　　　　　　　　　　　　。Cu2O为半导体材料,在其立方晶胞内部有4个氧原子,其余氧原子位于面心和顶点,则该晶胞中有　　　　个铜原子。 
(4)Al单质为面心立方晶体,其晶胞参数a=0.405nm,晶胞中铝原子的配位数为　　　　。列式表示Al单质的密度　　　　　　g·cm-3(不必计算出结果)。 
答案　(1)X-射线衍射
(2)4　1s22s22p63s23p63d5　血红色
(3)sp3、sp2　6NA　CH3COOH存在分子间氢键　16
(4)12　4×276.022×1023×(0.405×10-7)3
解析　(1)用一定波长的X-射线照射到晶体上,根据记录仪上有无分离的斑点或明锐的谱线,可以鉴别晶体、准晶体和非晶体。(2)基态Fe原子的电子排布式为[Ar]3d64s2,价电子的轨道表示式为
↑↓
↑
↑
↑
↑
 3d　
↑↓
 4s,故基态Fe原子的未成对电子数为4;Fe3+的电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5;Fe3+与SCN-形成的配合物呈血红色。(3)CH3CHO分子中—CH3中碳原子为sp3杂化,—CHO中碳原子为sp2杂化。因乙酸分子间能形成氢键,故乙酸的沸点明显比乙醛高。1个Cu2O晶胞中氧原子数=4+6×12+8×18=8,故铜原子数为2×8=16。(4)面心立方晶胞中,铝原子的配位数为12;1个晶胞中Al原子数为8×18+6×12=4,故铝单质的密度ρ=mV=4NA×27g·mol-1(0.405×10-7cm)3=4×276.022×1023×(0.405×10-7)3g·cm-3。
8.(2014山东理综,33,12分)石墨烯(图甲)是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料,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“>”“Ga>In(1分)　(2)硅原子半径大于碳原子,硅原子的原子轨道肩并肩重叠程度小,形成的双键、三键不稳定　组成、结构相似,四氯化硅的相对分子质量较大　
(3)[Ga(NH3)4Cl2]Cl(1分)　(4)三角锥形(1分)　sp2(1分)　
(5)①22a　②8(1分)　③640NA×b3×10-30
8.(2020枣庄二调,17)(14分)浙江师范大学的研究团队研究获得了一类具有高活性和选择性的钙钛矿光催化剂[CsPbBr3-Ni(tpy)],这一成果发表在2020年1月Chem.Mater.上。带有负电荷的CsPbBr3将带正电荷的Ni(tpy)固定在其表面,用于可见光驱动CO2还原。

(1)写出Ni基态原子的价电子排布图(轨道表达式):　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)C、N、O、Cs、Pb元素第一电离能由大到小的顺序是　　　　　　　　　　　　。 
(3)Ni(tpy)是二价阳离子,该离子中氮原子的杂化类型为　　　　　　,该离子结构中含有　　　　(填字母)。 
a.离子键　　　b.配位键　　　c.π键　　　d.氢键
(4)某些氧化物的熔点数据如下表所示:
氧化物
CO2
Cs2O
PbO
熔点/℃
-56.6
490
888
解释表中氧化物之间熔点差异的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(5)氮化镓是一种半导体材料。晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替,顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。
①与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为　　　　　　　　。 
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子分数坐标。若沿y轴投影的晶胞如图,则2、3、4原子的分数坐标不可能是　　　　(填字母)。 

　　　　　　　　　　　　　　　　　　
a.(0.75,0.25,0.25)　　b.(0.25,0.75,0.75)
c.(0.25,0.75,0.25)　　d.(0.75,0.75,0.75)
③GaN晶体中N原子核间距为apm,GaN摩尔质量为Mg·mol-1,阿伏加德罗常数的值为NA,则GaN晶体的密度为　　　　　　　　g·cm-3(1pm=10-12m)。 
答案　(14分,每空2分,特殊标注除外)
(1)
↑↓
↑↓
↑↓
↑
↑
 3d
↑↓
 4s(1分)　(2)N、O、C、Pb、Cs(1分)　(3)sp2杂化　bc　(4)Cs2O和PbO是离子晶体,熔化需破坏离子键,CO2是分子晶体,熔化需克服范德华力,范德华力比离子键弱,所以CO2晶体熔点低;离子晶体PbO中Pb2+半径小,带电荷量大,所以熔点高　
(5)①正四面体　②b　③2M×1030a3NA

[教师专用题组]
【3年模拟】
时间:40分钟　分值:60分

一、选择题(每题2分,共12分)
1.(2020天津等级考适应性测试,2)下列可用于判断某物质为晶体的方法是 (　　)
A.质谱法　　B.红外光谱法
C.核磁共振法　　D.X-射线衍射法
答案　D　A项,质谱法用于测定有机物的相对分子质量,不能用于判断某物质是否为晶体,错误;B项,红外光谱仪能测定有机物中的官能团和化学键类型,不能用于判断某物质是否为晶体,错误;C项,核磁共振法不能用于判断某物质是否为晶体,错误;D项,晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列,X-射线衍射可以看到微观结构,可用X-射线衍射法鉴别晶体与非晶体,正确。
2.(2020烟台上学期期末,2)下列关于晶体的叙述正确的是 (　　)
A.晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
B.区分晶体和非晶体最可靠的方法是对固体进行X射线衍射实验
C.分子晶体中共价键键能越大熔点和沸点越高
D.金属晶体发生形变时,内部金属离子与“自由电子”的相互作用消失
答案　B　金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的,所以晶体中有阳离子不一定存在阴离子,故A错误;区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X-射线衍射实验,故B正确;分子晶体熔点和沸点与分子间作用力有关,与共价键键能无关,故C错误;金属晶体发生形变时其内部金属离子与“自由电子”发生滑动,但金属离子和自由电子之间的相互作用仍然存在,故D错误。
3.有关晶体的结构如下图所示,下列说法中不正确的是 (　　)

A.在图A晶体中,距粒子B最近且相等的粒子A有6个
B.在CO2晶体中,每个晶胞平均占有4个原子
C.在金刚石晶体中,碳原子与碳碳键个数比为1∶2
D.该气态团簇分子的分子式为E4F4
答案　B　图A晶体中,粒子B在棱上和体心,粒子A位于顶点和面心,距粒子B最近且相等的粒子A有6个,A项正确;在CO2晶体中,CO2分子位于顶点和面心,一个晶胞平均占有4个CO2分子,共12个原子,B项错误;在金刚石晶体中,每个碳原子形成4个碳碳键,每个碳碳键由两个C原子形成,因此碳原子与碳碳键个数比为1∶2,C项正确;D图中是气态团簇分子不是晶胞,不用均摊法计算,分子式为E4F4,D项正确。

4.石墨能与熔融金属钾作用,形成石墨间隙化合物,钾原子填充在石墨各层碳原子中。比较常见的石墨间隙化合物是青铜色的化合物,其化学式可写作CxK,其平面图形如图,则x值为 (　　)
A.8　　B.12
C.24　　D.60
答案　A　可以取三个钾原子形成的小三角形为计算单位,其完全占有的碳原子数是4,占有的钾原子数为16×3=12,故碳原子数和钾原子数之比是4∶12=8∶1,化学式为C8K。
5.某离子晶体的晶胞结构示意图如图,晶体中氧的化合价可看作部分为0价,部分为-2价。则下列说法错误的是 (　　)

A.晶体中与每个A+距离最近的A+有12个
B.晶体中,阴离子与阳离子个数之比为1∶1
C.该离子晶体化学式为A2O2
D.晶体中,0价氧原子与-2价氧原子的数目比为3∶1
答案　C　结合题图知,每个A+周围距离最近的A+有12个,A项正确;根据题图知,每个A+周围有6个超氧根离子,每个超氧根离子周围有6个A+,所以该晶体中,阴离子与阳离子个数比为1∶1,B项正确;该离子晶体的化学式为AO2,C项错误;该晶体中0价氧原子和-2价氧原子的个数比为3∶1,D项正确。
6.下列各组晶体物质中,化学键类型相同,晶体类型也相同的是 (　　)
①SiO2与SO3　②C3N4(硬度大,熔点高)与SiC　③CO2与SO2　④晶体氖与晶体氮　⑤NaCl与AlCl3　⑥KNO3与NaOH　⑦MgCl2与SiCl4
A.①③⑥　　B.②③⑥
C.②④⑥　　D.⑤⑥⑦
答案　B　①中SiO2是共价晶体,SO3是分子晶体;②中C3N4与SiC都是共价晶体,晶体中只含有共价键;③中CO2与SO2都是分子晶体,分子中只含有极性共价键;④中晶体氖是分子晶体,不含化学键,晶体氮是分子晶体,含有共价键;⑤NaCl是离子晶体,含有离子键,AlCl3是分子晶体,分子中含有共价键;⑥中KNO3与NaOH都是离子晶体,含有离子键和共价键;⑦MgCl2是离子晶体,含有离子键,SiCl4是分子晶体,只含共价键。因此化学键类型相同,晶体类型也相同的是②③⑥,B项正确。
二、非选择题(共48分)
7.(20205·3原创)硒化锌是一种重要的半导体材料,其晶胞结构如图所示。

回答下列问题:
(1)每个晶胞中占有　　　　个Zn原子和　　　　个Se原子,Zn原子的配位数为　　　　,硒化锌晶体的化学式为　　　　。 
(2)若该晶胞密度为ρg·cm-3,硒化锌的摩尔质量为Mg·mol-1,用NA代表阿伏加德罗常数,则晶胞体积为　　　　cm3,晶胞参数a(即晶胞的边长)为　　　　nm,紧邻的两个Zn原子的核间距为　　　　　　nm,Zn-Se键长为　　　　nm。 
答案　(1)4　4　4　ZnSe
(2)4MρNA　34MρNA×107　22×34MρNA×107　34×34MρNA×107
解析　(1)该晶胞中含有锌原子的数目为8×18+6×12=4,含有4个Se原子,则硒化锌晶体的化学式为ZnSe;每个锌原子周围有4个硒原子,每个硒原子周围也有4个锌原子,所以锌原子的配位数为4。(2)根据ρ=mV=4MNAV,所以V=4MρNA,则晶胞的边长为34MρNAcm=34MρNA×107nm,紧邻的两个Zn原子的核间距为晶胞面对角线的12,Zn-Se键长为晶胞体对角线的14。
试题命制说明　考查对于晶胞结构的分析,如利用分摊法判断晶胞所含微粒数目、配位数,确定晶体的化学式。考查晶胞的有关计算,如晶胞体积、晶胞参数以及核间距和键长的计算。
思路分析　建立立方体晶胞模型,明确晶胞中不同位置分摊粒子数的计算方法;理解公式ρ=mV=NMNAV的变形应用,如V=mρ=NMNAρ、M=ρNAVN、NA=NMρV,熟记立方体的棱、面对角线、体对角线长度之间的关系。
8.(2019聊城二模,35)元素铜(Cu)、砷(As)、镓(Ga)等形成的化合物在现代工业中有广泛的用途,回答下列问题:
(1)基态铜原子的价电子排布式为　　　　　　,价电子中未成对电子占据的原子轨道的形状是　　　　　　　。 
(2)化合物AsCl3分子的立体构型为　　　　　　　　,其中As的杂化轨道类型为　　　　　　。 
(3)第一电离能Ga　　　As。(填“>”或“