课时跟踪检测（三十四） 晶体结构与性质

PAGE第9页共9页课时跟踪检测（三十四）晶体结构与性质1．下列关于晶体的结构和性质的叙述正确的是()A．分子晶体中一定含有共价键B．共价晶体中共价键越强，熔点越高C．离子晶体中含有离子键，不含有共价键D．金属阳离子只能存在于离子晶体中解析：选B稀有气体晶体为分子晶体，不含共价键，A项错误；共价晶体中共价键越强，熔点越高，B项正确；离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，C项错误；金属阳离子也可以存在于金属晶体中，D项错误。2．下列说法正确的是()A．熔点：NaCl<AlCl3B．第一电离能：S>P>SiC．18g冰中含有2NA个氢键D．在金属铜的晶体中，由于金属阳离子能自由移动，因此铜能导电解析：选CNaCl是离子晶体，AlCl3是分子晶体，故熔点：NaCl>AlCl3，A项错误；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但是基态P原子的3p轨道为半充满稳定状态，不容易失去电子，P的第一电离能大于S，故第一电离能：P>S>Si，B项错误；18g冰的物质的量为1mol，根据均摊法，1mol氢原子形成eq\f(1,2)mol氢键，1mol氧原子形成eq\f(1,2)mol×2＝1mol氢键，1mol冰中含有2mol氢原子、1mol氧原子，能够形成2mol氢键，所以18g冰中含有氢键的数目为2NA，C正确；金属晶体导电是自由电子定向移动，D错误。3．尿素溶液中存在如下反应：(NH2)2CO(aq)＋H2O(l)H2NCOONH4(aq)ΔH<0。下列说法错误的是()A．(NH2)2CO属于分子晶体，晶体中粒子间作用只有共价键B．(NH2)2CO和H2NCOONH4中的N原子均为sp3杂化C．(NH2)2CO中C、O与两个N原子处于同一个平面D．H2NCOONH4属于离子晶体解析：选A(NH2)2CO属于分子晶体，晶体除含共价键还有分子间作用力，A项错误。4．如图是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图，其中属于从NaCl晶体中分割出来的结构图是()A．图①和图③B．图②和图③C．图①和图④D．只有图④答案：C5．[双选]下列有关说法不正确的是()A．四水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中有4个配位键B．CaF2晶体的晶胞如图2所示，每个CaF2晶胞平均占有4个Ca2＋C．H原子的电子云图如图3所示，H原子核外大多数电子在原子核附近运动D．Kr的晶胞如图4所示，Kr的配位数为6解析：选CDA项，四水合铜离子中铜离子的配位数为4，配体是水，水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，正确；B项，根据均摊法可知，在CaF2晶体的晶胞中，每个CaF2晶胞平均占有Ca2＋个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，正确；C项，电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子最外层只有一个电子，所以不存在大多数电子，只能说H原子的一个电子在原子核附近出现的机会较多，错误；D项，Kr为面心立方，配位数为12，错误。6．(2021年1月新高考8省联考·湖北卷)已知NixMg1－xO晶体属立方晶系，晶胞边长a。将Li＋掺杂到该晶胞中，可得到一种高性能的p型太阳能电池材料，其结构单元如图所示。假定掺杂后的晶胞参数不发生变化，下列说法正确的是()A．该结构单元中O原子数为3B．Ni和Mg间的最短距离是eq\f(\r(2),2)aC．Ni的配位数为4D．该物质的化学式为Li0.5Mg1.12Ni2.38O4解析：选B由均摊法可知该结构单元中O原子数＝1＋12×eq\f(1,4)＝4，A错误；由图可知，Ni和Mg间的最短距离为晶胞面对角线的一半，即eq\f(1,2)eq\r(a2＋a2)＝eq\f(\r(2),2)a，B正确；由晶胞可知Ni的配位数为6，C错误；1个晶胞中Li的个数＝1×0.5＝0.5，Mg的个数＝2×0.5＋1×eq\f(1,8)＝1.125，Ni的个数＝7×eq\f(1,8)＋3×0.5＝2.375，O的个数＝4，因此该物质的化学式为Li0.5Mg1.125Ni2.375O4，D错误。7．碳元素的单质有多种形式，如图所示，依次是C60、石墨和金刚石的结构图。回答下列问题。(1)金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为________。(2)金刚石、石墨烯(指单层石墨)中碳原子的杂化形式分别为________、________。(3)C60属于________晶体，石墨属于________晶体。(4)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。其原因是金刚石中只存在C—C间的________共价键，而石墨层内的C—C间不仅存在________共价键，还有________键。(5)金刚石晶胞含有________个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r＝______a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率________(不要求计算结果)。解析：(1)金刚石、石墨、C60、碳纳米管都是由同种元素形成的不同单质，故它们互为同素异形体。(2)在金刚石中，每个碳原子都形成四个共价单键，故碳原子的杂化方式为sp3；石墨烯中碳原子采用sp2杂化。(3)一个“C60”就是一个分子，故C60属于分子晶体；石墨层与层之间是范德华力，而同一层中碳原子之间是共价键，故形成的晶体为混合晶体。(4)在金刚石晶体中，碳原子之间只形成共价单键，全部为σ键；在石墨层内的碳原子之间既有σ键又有π键。(5)晶胞中顶点微粒数为8×eq\f(1,8)＝1，面心微粒数为6×eq\f(1,2)＝3，体内微粒数为4，共含有8个碳原子；晶胞内含有四个碳原子，则晶胞体对角线长度与四个碳原子直径相同，即eq\r(3)a＝8r，r＝eq\f(\r(3),8)a；碳原子的体积为8×eq\f(4,3)×π×r3，晶胞体积为a3，碳原子的空间利用率＝eq\f(碳原子总体积,晶胞体积)＝eq\f(8×\f(4,3)×π×r3,a3)＝eq\f(8×\f(4,3)×π×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),8)a))3,a3)＝eq\f(\r(3)π,16)。答案：(1)同素异形体(2)sp3sp2(3)分子混合(4)σσπ(或大π或p­pπ)(5)8eq\f(\r(3),8)eq\f(\r(3)π,16)8．S与Zn所形成化合物晶体的晶胞如图所示。(1)在该晶胞中，Zn的配位数为________。(2)原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，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)))；c为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))。则d的坐标参数为________。(3)已知该晶胞的密度为ρg·cm－3，则其中两个S原子之间的距离为________pm。(列出计算式即可)解析：(1)该晶胞中Zn的原子个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，S的原子个数为4，故Zn、S的配位数相同，根据S的配位数为4，可知Zn的配位数为4。(2)根据d的位置，可知其坐标参数为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))。(3)根据S原子的位置可知，两个S原子之间的距离为晶胞边长的eq\f(\r(2),2)，设晶胞边长为apm，则该晶胞的质量为eq\f(65×4＋32×4,NA)g＝ρg·cm－3×(a×10－10cm)3，解得a＝eq\r(3,\f(4×97,ρNA))×1010，故两个S原子之间的距离为eq\f(\r(2),2)×eq\r(3,\f(4×97,ρNA))×1010pm。答案：(1)4(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))(3)eq\f(\r(2),2)×eq\r(3,\f(4×97,ρNA))×10109．(2021年1月新高考8省联考·重庆卷)单晶边缘纳米催化剂技术为工业上有效利用二氧化碳提供了一条经济可行的途径，其中单晶氧化镁负载镍催化剂表现出优异的抗积碳和抗烧结性能。(1)基态镍原子的核外电子排布式为_______________。(2)氧化镁载体及镍催化反应中涉及到CH4、CO2和CH3OH等物质。元素Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为__________﹔在上述三种物质的分子中碳原子杂化类型不同于其他两种的是______，立体构型为正四面体的分子是________，三种物质中沸点最高的是CH3OH，其原因是____________________________。(3)Ni与CO在60～80℃时反应生成Ni(CO)4气体，在Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是______，Ni(CO)4(4)已知MgO具有NaCl型晶体结构，其结构如图所示。已知MgО晶胞边长为0.42nm，则MgO的密度为__________g·cm－3(保留小数点后一位)；相邻Mg2＋之间的最短距离为_______nm(已知eq\r(2)＝1.414，eq\r(3)＝1.732；结果保留小数点后两位)，每个Mg2＋周围具有该距离的Mg2＋个数为__________。解析：(1)镍元素的原子序数为28，基态镍原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2。(2)金属元素的第一电离能小于非金属元素的，同周期元素的第一电离能呈增大趋势，则Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为Mg＜C＜O；甲烷和甲醇中碳原子为饱和碳原子，杂化方式为sp3杂化，而二氧化碳分子的空间构型为直线形，杂化方式为sp杂化；甲烷分子中碳原子的杂化方式为sp3杂化，立体构型为正四面体形；三种物质中甲烷和二氧化碳为非极性分子，甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键，则甲醇的沸点最高。(3)由题意可知，Ni(CO)4的沸点低，属于分子晶体，Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是能提供孤对电子的碳原子。(4)由晶胞结构可知，氧化镁晶胞中位于顶点和面心的氧离子的个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，位于棱上和体心的镁离子个数为12×eq\f(1,4)＋1＝4，则每个晶胞中含有4个MgO，设氧化镁的密度为d，由晶胞质量公式可得eq\f(4×40,6.02×1023)＝(0.42×10－7)3d，解得d＝eq\f(4×40,6.02×1023×0.423×10－21)g·cm－3≈3.6g·cm－3；氧化镁晶胞中镁离子和镁离子处于小正方形的对角线上，则相邻Mg2＋之间的最短距离为eq\r(2)×eq\f(1,2)×0.42nm≈0.30nm，每个Mg2＋周围具有该距离的Mg2＋个数为12。答案：(1)1s22s22p63s23p63d84s2(2)Mg＜C＜OCO2CH4甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键(3)C分子晶体(4)3.60.301210．核安全与放射性污染防治已引起广泛关注。在爆炸的核电站周围含有放射性物质碘­131和铯­137。碘­131一旦被人体吸入，可能会引发甲状腺肿大等疾病。(1)与铯同主族的前四周期(包括第四周期)的三种元素X、Y、Z的第一电离能如下表：元素代号XYZ第一电离能/(kJ·mol－1)520496419基态Z原子的核外电子排布式为______________。X、Y、Z三种元素形成的单质熔点由高到低的顺序为________(用元素符号表示)，其原因为___________________________。(2)131I2晶体的晶胞结构如图甲所示，该晶胞中含有________个131I2分子，该晶体属于________(填晶体类型)晶体。(3)KI的晶胞结构如图乙所示，每个K＋的配位数为________。KI晶体的密度为ρg·cm－3，K和I的摩尔质量分别为MKg·mol－1和MIg·mol－1，原子半径分别为rKcm和rIcm，阿伏加德罗常数的值为NA，则KI晶胞中的空间利用率为________。解析：(1)铯为第六周期第ⅠA族元素，则X、Y、Z均为第ⅠA族元素，而第ⅠA族前四周期元素分别为H、Li、Na、K，再由X与Y、Y与Z的第一电离能相差不大可知，这三种元素中不可能含有H，根据同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，可知X、Y、Z分别为Li、Na、K。根据构造原理可知基态K原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1。根据元素周期律可知，熔点：Li>Na>K。(2)由晶胞图可知，131I2在晶胞的8个顶点和6个面上，由均摊法可知一个晶胞中含有8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4个131I2分子，该晶体属于分子晶体。(3)KI晶胞与NaCl晶胞结构相似，每个K＋紧邻6个I－，即每个K＋的配位数为6。由均摊法可知该晶胞中含K＋数目和I－数目均为4。晶胞中原子所占的体积V1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)πr\o\al(3,K)×4＋\f(4,3)πr\o\al(3,I)×4))cm3，晶胞的体积V2＝eq\f(4MK＋MI,ρNA)cm3，则KI晶胞中的空间利用率为eq\f(V1,V2)×100%＝eq\f(4πr\o\al(3,K)＋r\o\al(3,I)ρNA,3MK＋MI)×100%。答案：(1)1s22s22p63s23p64s1Li>Na>K锂、钠、钾为金属晶体，它们的价电子数相等，金属离子所带的电荷数相同，离子半径依次增大，金属键依次减弱，故熔点依次降低(2)4分子(3)6eq\f(4πr\o\al(3,K)＋r\o\al(3,I)ρNA,3MK＋MI)×100%11．(2021年1月新高考8省联考·湖南卷)ⅤA族元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。(1)①P4S3常用于制造火柴，P和S的第一电离能较大的是________。②As4S4俗称雄黄，其中基态As原子的核外电子排布式为[Ar]________，有________个未成对电子。③P、S、As电负性由大到小的顺序是________。(2)NH3、PH3、AsH3中沸点最高的是_________，其主要原因是_________________。(3)①白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，其中气态PCl3分子的立体构型为____。②研究发现固态PCl5和PBr5均为离子晶体，但其结构分别为[PCl4]＋[PCl6]－和[PBr4]＋Br－，分析PCl5和PBr5结构存在差异的原因是____________________。(4)锑酸亚铁晶胞如图所示，其晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，α＝β＝γ＝90°，则：①锑酸亚铁的化学式为______。②晶体的密度为________g·cm－3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。解析：(1)①P元素3p能级轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能较大的是P；②As元素为33号元素，位于第四周期第ⅤA族，原子核外电子排布为[Ar]3d104s24p3；核外有4p轨道上3个未成对电子；③非金属性S>P>As，所以电负性S>P>As；(2)PH3、AsH3分子间只存在范德华力，而NH3分子间还存在氢键，所以NH3沸点最高；(3)①PCl3中心P原子价层电子对数为3＋eq\f(5－3×1,2)＝4，含一对孤电子对，所以立体构型为三角锥形；②Br－半径较大，而Cl－半径较小，所以P周围可以容纳6个Cl－，而无法容纳6个Br－，无法形成[PBr6]－；(4)①据图可知一个晶胞中含有Sb原子的个数为8×eq\f(1,4)＋2＝4，O原子的个数为4×eq\f(1,2)＋10＝12个，Fe2＋的个数为8×eq\f(1,8)＋1＝2，所以锑酸亚铁的化学式为Fe(SbO3)2；②晶胞的质量为eq\f(122×4＋16×12＋56×2,NA)g＝eq\f(792,NA)g，晶体的体积为abcnm3＝abc×10－21cm3，所以晶体的密度为eq\f(\f(792,NA)g,abc×10－21cm3)＝eq\f(792,abc×10－21NA)g·cm－3。答案：(1)①P②3d104s24p33③S>P>As(2)NH3NH3分子间存在氢键(3)①三角锥形②Br－半径较大，无法形成[PBr6]－(4)①Fe(SbO3)2②eq\f(792,abc×10－21NA)12．(2021·广东名校联考)已知氧化镍晶胞如图1所示，单原子层氧化镍的结构如图2所示。(1)已知图1中坐标参数：A(0,0,0)、B(1,1,0)，C的坐标参数为________。(2)已知图2中氧离子半径为apm，阿伏加德罗常数(NA)为6.02×1023mol－1，则1m2解析：(1)根据氧化镍晶胞及A、B的坐标参数知C的坐标参数为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))。(2)观察题图2，按图中虚线所示切割出的正六边形如图所示：。相邻两个氧离子相切，两个氧离子中心相连构成正六边形的一条边，边长为2apm＝2a×10－12m，该边所在等边三角形的高h＝eq\r(3)a×10－12m,1个正六边形的面积S＝eq\f(2a×10－12×\r(3)a×10－12,2)×6m2＝6eq\r(3)a2×10－24m2。又1个正六边形净占3个镍离子、3个氧离子，即1个正六边形含3个NiO，则1m2单原子层氧化镍的质量＝eq\f(75×3,6.02×1023×6\r(3)a2×10－24)g＝eq\f(125\r(3),6.02a2)g。答案：(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))(2)eq\f(125\r(3),6.02a2)13．(2021年1月新高考8省联考·广东卷)磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图1)。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷­石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。回答下列问题：(1)Li、C、P三种元素中，电负性最小的是_________(用元素符号作答)。(2)基态磷原子价电子排布式为____________。(3)图2黑磷区中P原子的杂化方式为____________，石墨区中C原子的杂化方式为__________。(4)氢化物PH3、CH4、NH3的沸点由高到低顺序为_____________。(5)根据图1和图2的信息，下列说法正确的有______(填字母)。A．黑磷区中P—P键的键能不完全相同B．黑磷与石墨都属于混合型晶体C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程，发生了化学反应D．石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共平面E．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力(6)贵金