高考化学核心讲练大一轮复习人教版通用课时分层提升练四十一晶体结构与性质

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时分层提升练四十一晶体结构与性质1.(2019·伊犁模拟)下图为CaF2、H3BO3(层状结构,层内的H3BO3分子通过氢键结合)、金属铜三种晶体的结构示意图,请回答下列问题:(1)图Ⅰ所示的CaF2晶体中与Ca2+最近且等距离的F数为________,图Ⅲ中未标号的铜原子形成晶体后周围最紧邻的铜原子数为________。

(2)图Ⅱ所示的物质结构中最外能层已达8电子结构的原子是________,H3BO3晶体中B原子个数与极性键个数比为________。

(3)三种晶体中熔点最低的是________,其晶体受热熔化时,克服的微粒之间的相互作用为______________________。

(4)结合CaF2晶体的晶胞示意图,已知,两个距离最近的Ca2+核间距离为a×108cm,计算CaF2晶体的密度为________。

【解析】(1)CaF2晶体中Ca2+的配位数为8,F的配位数为4,Ca2+和F个数比为1∶2,铜晶体中未标号的铜原子周围最紧邻的铜原子为上层1、2、3,同层的4、5、6、7、8、9,下层的10、11、12,共12个。(2)H3BO3中B原子,最外层共6个电子,H是2电子结构,只有氧原子达到8电子稳定结构。H3BO3晶体是分子晶体,相互之间通过氢键相连,每个B原子形成3个B—O极性键,每个O原子形成1个O—H共价键,共6个键。(3)H3BO3晶体是分子晶体,熔点最低,熔化时克服了分子间作用力和氢键。(4)一个晶胞中实际拥有的Ca2+为8×18+6×12=4,F为8个,晶胞顶点及六个面上的离子为Ca2+,晶胞内部的离子为F,1个晶胞实际拥有4个“CaF2”。则CaF2晶体的密度:4×78g·mol1÷[(2a×108cm)3××1023mol1]≈183.2a答案:(1)812(2)O1∶6(3)H3BO3分子间作用力和氢键(4)183.2cm32.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。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·mol1、INi=1753kJ·mol1,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/cm3,晶胞参数a=________nm。

【解析】(1)镍是28号元素,位于第四周期第Ⅷ族,根据核外电子排布规则,其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2,3d能级有5个轨道,这5个轨道先占满5个自旋方向相同的电子,再分别占据三个轨道,电子自旋方向相反,所以未成对的电子数为2。(2)氨气分子间存在氢键,分子间作用力强,所以氨的沸点高于膦(PH3);根据价层电子对互斥理论,氨气中心原子N的σ键电子对数等于3,孤电子对数(5-3(3)铜和镍属于金属,所以单质铜及镍都是由金属键形成的晶体;铜和镍分别失去一个电子后若再失去电子,铜失去的是全充满的3d10电子,镍失去的是4s1电子,所以ICu>INi。(4)①晶胞中Ni处于顶点,Cu处于面心,则晶胞中Ni原子数目为8×18=1、Cu原子数目=6×12=3,故Cu与Ni原子数目之比为3②属于面心立方密堆积,晶胞质量为59+64×3NAg,则59+64×3NAg=dg·cm3107cm)3,解得a=3251dNA答案:(1)1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]3d84s2)2(2)高于氨气分子间可形成氢键极性sp3(3)金属铜和镍分别失去一个电子后若再失去电子,铜失去的是全充满的3d10电子,镍失去的是4s1电子(4)①3∶1②3251dN3.(2019·宜宾模拟节选)一种铜的氯化物晶胞结构如下图所示。该化合物的化学式为______________________,已知P、Q、R的原子坐标分别(0,0,0)、(1,1,1)、14,14,14,若Cu原子与最近的Cl原子的核间距为【解析】铜的氯化物晶胞结构中Cu占据了顶点和面心,Cl占据了体内4个位置,故该化合物的化学式为CuCl,已知P、Q、R的原子坐标分别(0,0,0)、(1,1,1)、14,14,14,若Cu原子与最近的Cl原子的核间距为apm,即为体对角线的四分之一,故则该晶体的边长为4a3×1010cm,该晶胞的体积为:64a333×1030cm3,cm3。答案:CuCl3364a3×1030【加固训练】碳和硅属于同主族元素,在生活生产中有着广泛的用途。(1)在基态14C原子中,核外存在________对自旋方向相反的电子。

(2)Fe(CO)5又名羰基铁,常温下为黄色油状液体,则Fe(CO)5的晶体类型是__________,与CO互为等电子体的分子的分子式为____________________。

(3)C、O和Si的成键情况如下:化学键C—OCOSi—OSiO键能/(kJ·mol1)360803464640C和O之间易形成含有双键的CO2分子晶体,而Si和O之间则易形成含有单键的SiO2原子晶体,请结合数据分析其原因为___________________________。

(4)观察C60晶胞(如图所示),回答下列问题:①与每个C60分子距离最近且相等的C60分子有________个,其距离为________cm(列出计算式即可)。

②C60晶体中C60和C60间的作用力属于________(填“离子键”“共价键”或“分子间作用力”)

③已知C60晶体内相邻C60球体间的距离是304pm,则与石墨层间距离(335pm)相比较,两者数据存在差异的原因是__________________________。

(5)一种石英晶体的晶胞结构如图所示,可以看成是在晶体硅的晶胞中每两个硅原子间插入一个氧原子而得到的。其中硅原子的配位数为________;若该晶胞的晶胞参数为apm,则该晶体的密度为__________g·cm3(以含a、NA的代数式表示)。

【解析】(1)碳原子的电子排布图为,有两对自旋方向相反的电子。(2)Fe(CO)5常温下为液体,熔、沸点较低,则为分子晶体。与CO互为等电子体的分子为N2。(4)①C60晶胞为面心立方最密堆积,与C60分子距离最近且相等的C60分子有12个(分别在同层、上层、下层,各四个),其距离为晶胞面对角线的一半,即12×2××107×2×107cm。②C60晶体为分子晶体,晶体中C60和C60间的作用力属于分子间作用力。③C60的摩尔质量大于C的摩尔质量,C60分子间作用力较大,间距较小。(5)该晶胞中1个Si原子与4个O原子结合,故Si的配位数为4。每个SiO2晶胞中Si的个数为8×18+6×12+4=8。以该晶胞为研究对象,含有8个Si、16个O,则SiO2晶体的密度为28×816×16NAg÷(a×1010cm)3=480N答案:(1)2(2)分子晶体N2(3)碳与氧之间形成双键的分子放出的能量(803kJ·mol1×2=1606kJ·mol1)大于形成单键的原子晶体放出的能量(360kJ·mol1×4=1440kJ·mol1);硅与氧之间形成双键的分子放出的能量(640kJ·mol1×2=1280kJ·mol1)小于形成单键的原子晶体放出的能量(464mol·L1×4=1856kJ·mol1)(4)①×2×107×2×108cm)②分子间作用力③C60的摩尔质量大于C的摩尔质量,C60分子间作用力较大,间距较小(5)44804.(新题预测)铁氧体是一种磁性材料,具有广泛的应用。(1)基态铁原子的核外电子排布式为[Ar]______________________。

(2)工业制备铁氧体常使用水解法,制备时常加入尿素[CO(NH2)2]、醋酸钠等碱性物质。尿素分子中四种不同元素的电负性由大至小的顺序是________________;醋酸钠中碳原子的杂化类型是__________。

(3)工业制备铁氧体也可使用沉淀法,制备时常加入氨(NH3)、联氨(N2H4)等弱碱。比较下表中氨(NH3)、联氨(N2H4)的熔沸点,解释其高低的主要原因__________________________________________。

N2H4NH3熔点/℃2沸点/℃(4)如图是从铁氧体离子晶体Fe3O4中,取出的能体现其晶体结构的一个立方体,则晶体中的氧离子是否构成了面心立方最密堆积________(填“是”或“否”),该立方体是不是Fe3O4的晶胞________(填“是”或“否”),立方体中三价铁离子处于氧离子围成的________空隙(填空间结构)。

(5)根据上图计算Fe3O4晶体的密度________g·cm3。(图中anm,计算结果保留两位有效数字)

【解析】(1)基态铁原子核外有26个电子,其电子排布式为[Ar]3d64s2。(2)根据元素周期表中元素电负性的变化规律,电负性:O>N>C>H。CH3COONa中,甲基碳原子的杂化类型为sp3杂化,中碳原子的杂化类型为sp2杂化。(3)NH3、N2H4的分子间均能形成氢键,熔沸点相差较大,原因是联氨分子间形成的氢键数目多于氨分子间形成的氢键。(4)从体心氧离子看,O周围每个平面上均有4个氧离子,氧离子构成了面心立方最密堆积。该立方体不是最小的能够重复的结构单元,故不是Fe3O4晶胞。根据该立方体结构,立方体中三价铁离子处于氧离子围成的正八面体的空隙。(5)该立方体中O2的个数为12×14+1=4,Fe3+的个数为4×18+3×12=2,Fe2+的个数为1,故Fe3O4晶体的密度为56×316×46.02×10g·cm3。答案:(1)3d64s2(2)O>N>C>Hsp3杂化、sp2杂化1.(2019·成都模拟)钒和镍及其化合物是重要合金材料和催化剂,其储氨合金可作为一种新型锌离子电池的负极材料,该电池以Zn(Cl3SO3)2为电解质,以有缺陷的阳离子型ZnMn2O4为电极,成功获得了稳定的大功率电流。(1)基态钒原子的核外电子排布式为__________________________,其排布时能量最高电子所占据能级的原子轨道有________个伸展方向。

(2)VO2+可与多种物质形成配合物,与氧同周期且第一电离能比氧大的主族元素有________(写元素符号)。

(3)镍形成的配离子[Ni(NH3)6]2+、[Ni(CN)4]2中,NH3分子的空间构型为__________________________,与CN互为等电体的一种分子的化学式为_________。

(4)三氟甲磺酸(CF3SO3H)是一种有机强酸,结构式如图1所示,通常以CS2、IF3、H2O2等为主要原料来制取。①H2O2分子中O原子的杂化方式为_____________________________________。

②三氟甲磺酸能与碘苯反应生成三氟甲磺酸苯酯和碘化氢。1个三氟甲磺酸苯酯分子中含有σ键的数目为____________________________________________。

(5)硫化锌晶体的构型有多种,其中一种硫化锌的晶胞如图2所示,该晶胞中S2的配位数为________。

(6)镧镍合金是重要储氢材料,其储氢后的晶胞如图3所示。①储氢前该镧镍合金的化学式为__________________。

②该镧镍合金储氢后氢气的密度为________(用NA表示阿伏加德罗常数的数值)g·cm3。

【解析】(1)基态钒原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2;其排布时能量最高的电子所占的能级为3d,3d原子轨道有5个伸展方向。(2)氧原子在第二周期ⅥA族,同一周期从左向右,与氧同周期且第一电离能比氧大的主族元素有氮原子、氟原子。(3)氨气分子中氮原子价电子对数目为3+12×(51×3)=4,所以采用sp3,空间构型为三角锥形;与CN互为等电子体(电子数14)的一种分子的化学式为N2(4)①H2O2分子H—O—O—H,O原子成2个σ键,有2对孤对电子,原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=2+2=4,所以是sp3杂化。②根据该有机物的结构看出,1个分子中含有σ键有3个C—F键、1个C—S键、2个SO键、1个S—O键、1个C—O键、苯环上含有5个C—H键和6个C—C键,所以1个三氟甲磺酸苯酯分子中含有σ键的数目为19。(5)根据晶胞结构图,晶胞中含有S2和Zn2+的配位数相等,晶体中与Zn2+最近且距离相等的S2有4个,配位数为4。(6)①根据晶胞结构图,储氢前,晶胞中含有镧原子数=8×18=1,镍原子数8×12+1=5,合金的化学式为LaNi②晶胞中氢气分子数目8×14+2×125H1mol晶胞的体积为:(a×10-10)3×NA=a3×1030×NAcm3,1mol晶胞中含有的氢气质量为6g,该镧镍合金储氢后的密度为:6÷(a3×1030答案:(1)[Ar]3d34s25(2)N、F(3)三角锥形N2或CO(4)①sp3②19(5)4(6)①LaNi5②62.(2019·唐山模拟)钛对酸、碱具有较强的耐腐蚀性,密度小,比强度高,已成为化工生产中重要的材料。回答下列问题:(1)基态钛原子的价电子排布式为________________,其原子核外未成对电子有________个。金属钛晶胞如图所示,晶胞参数为a=bpm,cpm,α=β=90°,γ=120°,则金属钛为________堆积(填堆积方式),其中钛原子的配位数为________。

(2)用熔融的镁在氩气中还原TiCl4可得到多孔的海绵钛。已知TiCl4在通常情况下是无色液体,熔点为25℃,沸点为136℃,由此可知TiCl4为________晶体。

(3)通过X射线探明KCl、CaO、TiN晶体与NaCl晶体结构相似,且知两种离子晶体的晶格能数据如下:离子晶体KClCaO晶格能/(kJ·mol1)7153401解释KCl晶格能小于CaO的原因:______________________________。

(4)钛可与C、N、O等元素形成二元化合物,C、N、O元素的电负性由大到小的顺序是______________________。

(5)钙钛矿晶体的晶胞结构如图所示,则该晶体的化学式为__________________________________。晶胞中的原子可用x、y、z组成的三数组来表示它在晶胞中的位置,称为原子坐标。已知原子坐标为A(0,0,0),B0,12,0;则【解析】(1)钛原子的核电荷数为22,其电子排布式为[Ar]3d24s2,则价电子排布式为3d24s2,其原子核外的d轨道有2个未成对电子。如题图所示,金属钛为六方最密堆积,其中钛原子的配位数为12。(2)TiCl4在通常情况下是无色液体,熔点为25℃,沸点为136℃,熔、沸点较低,由此可判断TiCl4是由共价键结合的分子,属于分子晶体。(3)已知离子晶体的离子半径越小,所带电荷数越多,晶格能越大。KCl、CaO均是离子晶体,而K+的半径大于Ca2+、K+的电荷数小于Ca2+,Cl的半径大于O2、Cl的电荷数小于O2,故KCl的晶格能小于CaO的晶格能。(4)元素的非金属性越强,电负性越大,C、N、O三种元素非金属性的强弱顺序为O>N>C,则电负性由大到小的顺序是O>N>C。(5)根据钙钛矿晶胞结构图,晶胞中Ti原子数为8×18=1,O原子数为12×14=3,Ca原子数为1,所以该化合物的化学式为CaTiO3。Ca位于晶胞的体心,则Ca的原子坐标为答案:(1)3d24s22六方最密12(2)分子(3)KCl、CaO均是离子晶体,而K+的半径大于Ca2+、K+的电荷数小于Ca2+,Cl的半径大于O2、Cl的电荷数小于O2,故KCl的晶格能小于CaO的晶格能(4)O>N>C(5)CaTiO313.(新题预测)铁、钴、镍并称铁系元素,性质具有相似性。(1)基态钴原子的