化学一轮复习 课时分层训练39 晶体结构与性质

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE1学必求其心得，业必贵于专精PAGE课时分层训练(三十九)晶体结构与性质（建议用时：45分钟）A级基础达标1．(1)SiC的晶体结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为________，微粒间存在的作用力是________。SiC晶体和晶体Si的熔、沸点高低顺序是________。 （2）氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M为________(填元素符号）。MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似。MO的熔点比CaO的高，其原因是___________________________________________________ ________________________________________________________________。 (3）C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2的化学式相似，但结构和性质有很大的不同。CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成上述π键。从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成上述π键，而Si、O原子间不能形成上述π键:_______________________________ ________________________________________________________________， SiO2属于________晶体，CO2属于________晶体，所以熔点CO2________SiO2(填“＜"“＝"或“＞”）。 （4)金刚石、晶体硅、二氧化硅、MgO、CO2、Mg六种晶体的构成微粒分别是______________________________________________________________， 熔化时克服的微粒间的作用力分别是________________________________ _______________________________________________________________。 【解析】（1)晶体硅中一个硅原子周围与4个硅原子相连，呈正四面体结构，所以C原子杂化方式是sp3，因为Si—C的键长小于Si—Si,所以熔点碳化硅＞晶体硅。 (2）SiC电子总数是20个，则该氧化物为MgO；晶格能与所构成离子所带电荷成正比，与离子半径成反比,MgO与CaO的离子电荷数相同，Mg2＋半径比Ca2＋小，MgO晶格能大，熔点高. （3）Si的原子半径较大,Si、O原子间距离较大，p。p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键，SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体,所以熔点SiO2＞CO2. （4)金刚石、晶体硅、二氧化硅均为原子晶体，构成微粒为原子,熔化时破坏共价键；Mg为金属晶体，由金属阳离子和自由电子构成，熔化时克服金属键；CO2为分子晶体，由分子构成,CO2分子间以分子间作用力结合；MgO为离子晶体，由Mg2＋和O2－构成,熔化时破坏离子键。 【答案】(1）sp3共价键SiC＞Si (2)MgMg2＋半径比Ca2＋小，MgO晶格能大 （3）Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p­p轨道肩并肩重叠程度较小,不能形成上述稳定的π键原子分子＜ （4）原子、原子、原子、阴阳离子、分子、金属阳离子与自由电子共价键、共价键、共价键、离子键、分子间作用力、金属键2．(1)氮化铝是一种新型无机非金属材料，具有耐高温、耐磨等特性，空间结构如图1所示。铝的配位数为________。氮化铝的晶体类型是________。图1 (2)N和Cu形成的化合物的晶胞结构如图2所示，则该化合物的化学式为________。该化合物的相对分子质量为M，NA为阿伏加德罗常数.若该晶胞的边长为apm，则该晶体的密度是________g·cm－3。图2 （3）F元素基态原子M层上有5对成对电子，F形成的单质有δ、γ、α三种结构，三种晶胞（分别如下图3所示)中F原子的配位数之比为________，δ、γ、α三种晶胞的边长之比为________.图3 【解析】（1)由氮化铝的空间结构知,1个铝连接4个氮，铝的配位数为4；根据氮化铝具有耐高温、耐磨等特性，推知它属于原子晶体.（2)根据均摊法，每个晶胞平均含有Cu原子数为12×1/4＝3，N原子数为8×1/8＝1,故其化学式为Cu3N。根据密度的定义式：ρ＝m/V＝eq\f（M，a3NA)×1030g·cm－3。（3）三种晶胞分别为体心立方（配位数为8)，面心立方(配位数为12），简单立方(配位数为6)，则配位数之比为4∶6∶3.由半径表示边长,则体心立方4r＝eq\r（3)a1，面心立方4r＝eq\r(2)a2，简单立方2r＝a3，故边长之比为2eq\r(2）∶2eq\r（3）∶eq\r（6)。 【答案】(1)4原子晶体(2）Cu3Neq\f（M，a3NA）×1030 (3）4∶6∶32eq\r（2）∶2eq\r(3）∶eq\r(6）3．（2018·石家庄模拟)现有某第四周期过渡金属元素A,其基态原子排布中有四个未成对电子,由此元素可构成固体X.【导学号：97500222】 (1)区分固体X为晶体或非晶体的方法为________。若此固体结构如图甲、乙所示，则按甲虚线方向切乙得到的A～D图中正确的是________。甲乙ABCD (2）A可与CO反应生成A(CO）5，常压下熔点为－20.3℃，沸点为103.6℃，试推测:该晶体类型是________。 （3）A可与另两种元素B、C构成某种化合物，B、C的外围电子排布分别为3d104s1、3s23p4，其晶胞如图所示，则其化学式为________________.该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度d＝________g·cm－3。（保留两位小数） 【解析】(1)根据题干信息可知元素A为Fe。甲中Fe位于顶点和体心，乙由8个甲组成，按甲虚线方向切乙形成的截面是长方形，则排除B、D，由于甲的体心含有1个Fe原子，则A图符合题意。(3）根据B、C的外围电子排布式分别为3d104s1、3s23p4可判断B为Cu、C为S。该晶胞中,Fe原子有6个位于面上、4个位于棱上，个数为4×eq\f（1,4）＋6×eq\f（1,2）＝4,Cu原子有4个位于面上、1个位于体内、8个位于顶点，个数为8×eq\f(1,8)＋4×eq\f（1，2)＋1＝4，S原子数为8。晶体中N（Cu)∶N(Fe）∶N（S)＝4∶4∶8＝1∶1∶2，故该晶体的化学式为CuFeS2.晶胞质量＝eq\f（64＋56＋32×2g·mol－1×4，6。02×1023mol－1)，晶胞体积＝（524×10－10cm)2×1030×10－10cm，故该晶体的密度d＝eq\f（\f（64＋56＋32×2g·mol－1×4,6.02×1023mol－1）,524×10－10cm2×1030×10－10cm）≈4。32g·cm－3。 【答案】(1）X­射线衍射A(2)分子晶体 (3)CuFeS2eq\f（\f（64＋56＋32×2g·mol－1×4,6。02×1023mol－1),524×10－10cm2×1030×10－10cm)≈4。324.（1)①科学家把C60和K掺杂在一起制造了一种富勒烯与钾的化合物，该物质在低温时是一种超导体，其晶胞如图所示，该物质中K原子和C60分子的个数比为________。 ②继C60后,科学家又合成了Si60、N60。请解释如下现象：熔点Si60>N60〉C60，而破坏分子所需要的能量N60>C60〉Si60，其原因是_______________________ _________________________________________________________________ ________________________________________________________________。 (2）铜晶体为面心立方最密堆积，铜的原子半径为127。8pm,列式计算晶体铜的密度_________________________________________________________。 (3)A是周期表中电负性最大的元素,A与钙可组成离子化合物，其晶胞结构如图所示，该化合物的电子式是__________________。已知该化合物晶胞1/8的体积为2。0×10－23cm3,求该离子化合物的密度，请列式并计算（结果保留一位小数)：__________________________________. 【解析】（1)①K处于晶胞表面：12×eq\f(1，2）＝6,C60处于晶胞顶点和体心：8×eq\f(1，8)＋1＝2。故K原子和C60分子的个数比为6∶2＝3∶1。 ②熔点与分子间作用力大小有关,而破坏分子则是破坏分子内的共价键。 (2)晶胞边长2eq\r（2）r（Cu），晶胞含有Cu为4,M（Cu）＝64g·mol－1， ρ＝eq\f（64×4，NA2\r(2)×127.8×10－103）g·cm－3≈9.0g·cm－3。 (3）A为F，与Ca形成CaF2,电子式为, ρ＝eq\f(19＋\f(1,2)×40,2.0×10－23×6。02×1023)g·cm－3≈3。2g·cm－3。 【答案】(1）①3∶1 ②结构相似的分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力（或范德华力)越强，熔化所需的能量越多，故熔点:Si60〉N60〉C60；而破坏分子需断开化学键，元素电负性越强其形成的化学键越稳定，断键时所需能量越多，故破坏分子需要的能量大小顺序为N60>C60〉Si60 （2)eq\f（4×64，NA×2\r（2)×127.8×10－103）g·cm－3≈9.0g·cm－3 （3） eq\f（19＋\f（1,2）×40g·mol－1，2。0×10－23cm3×6。02×1023mol－1）≈3。2g·cm－3B级能力提升5．(1)比较下列卤化锡的熔点和沸点，分析其变化规律及原因_______________。SnCl4SnBr4SnI4熔点/℃－3331144。5沸点/℃114。1202364 （2)灰锡具有金刚石型结构，其中Sn原子的杂化方式为________,微粒之间存在的作用力是________________。 (3）①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，如图为灰锡的晶胞，其中原子坐标参数A为(0，0,0）、B为eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，2），0，\f（1,2））），则D为eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,4)，，)）。锡的配位数为________. ②已知灰锡的晶胞参数a＝0.6489nm，其密度为______g·cm－3(NA为6。02×1023mol－1，不必算出结果，写出简化后的计算式即可)。 【解析】(1)锡元素的卤化物都为分子晶体,分子之间通过分子间作用力结合。对于组成类型相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高.由于相对分子质量：SnCl4〈SnBr4〈SnI4，所以它们的熔、沸点由低到高的顺序：SnCl4〈SnBr4<SnI4。 (2）灰锡具有金刚石型结构，其中Sn原子的杂化方式为sp3杂化。灰锡是同一元素的原子通过共用电子对形成的单质，所以微粒之间存在的作用力是非极性共价键（或共价键)。 (3）①根据各个原子的相对位置可知，D在体对角线的1/4处，所以其坐标参数是eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,4）,\f（1,4）,\f（1,4))）。②根据晶胞结构可知，在晶胞中含有的Sn原子个数是8×1/8＋6×1/2＋4＝8，所以晶胞的密度为eq\f(8×118.7,6.02×1023×0。6489×10－73）g·cm－3＝eq\f（8×118。7,6。02×648.93）×107g·cm－3。 【答案】(1）SnCl4、SnBr4、SnI4熔、沸点依次升高;原因是它们分子结构相似，随相对分子质量增大，分子间相互作用力逐渐增强 （2）sp3杂化非极性共价键（或共价键） (3）①eq\f（1,4)eq\f（1,4)4②eq\f(8×118。7,6。02×648。93）×107 (1）（2016·全国Ⅰ卷,节选)下图为Ge单晶的晶胞。已知Ge单晶的晶胞参数a＝565.76pm，其密度为________g·cm－3(列出计算式即可）。 (2）(2014·全国Ⅰ卷，节选）①Cu2O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。 ②Al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）。 (3)（2013·全国Ⅱ卷,节选）A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示(已知A、B、D分别为F、K、Ni元素)。①该化合物的化学式为________；D的配位数为________；②列式计算该晶体的密度_____________________________________________ _________________________________________________________g·cm－3。 【解析】（1)每个晶胞中含有锗原子8×1/8＋6×1/2＋4＝8（个），每个晶胞的质量为eq\f（8×73g·mol－1，NA）,晶胞的体积为（565.76×10－10cm）3，所以晶胞的密度为eq\f(8×73g·mol－1,NA×565.76×10－10cm3）。 (2）①Cu2O立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点,则一个Cu2O晶胞含有氧原子个数为4＋eq\f（1，2）×6＋eq\f（1，8)×8＝8，那么该晶胞中含有铜原子个数为16。 ②Al单质为面心立方晶体,则晶胞中Al原子的配位数为12。每个晶胞中含有Al原子个数为8×eq