課時跟蹤檢測（三十四） 晶體結(jié)構(gòu)與性質(zhì)

PAGE第9頁共9頁課時跟蹤檢測（三十四）晶體結(jié)構(gòu)與性質(zhì)1．下列關(guān)于晶體的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的敘述正確的是()A．分子晶體中一定含有共價鍵B．共價晶體中共價鍵越強(qiáng)，熔點越高C．離子晶體中含有離子鍵，不含有共價鍵D．金屬陽離子只能存在于離子晶體中解析：選B稀有氣體晶體為分子晶體，不含共價鍵，A項錯誤；共價晶體中共價鍵越強(qiáng)，熔點越高，B項正確；離子晶體中一定含有離子鍵，可能含有共價鍵，C項錯誤；金屬陽離子也可以存在于金屬晶體中，D項錯誤。2．下列說法正確的是()A．熔點：NaCl<AlCl3B．第一電離能：S>P>SiC．18g冰中含有2NA個氫鍵D．在金屬銅的晶體中，由于金屬陽離子能自由移動，因此銅能導(dǎo)電解析：選CNaCl是離子晶體，AlCl3是分子晶體，故熔點：NaCl>AlCl3，A項錯誤；同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，但是基態(tài)P原子的3p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，不容易失去電子，P的第一電離能大于S，故第一電離能：P>S>Si，B項錯誤；18g冰的物質(zhì)的量為1mol，根據(jù)均攤法，1mol氫原子形成eq\f(1,2)mol氫鍵，1mol氧原子形成eq\f(1,2)mol×2＝1mol氫鍵，1mol冰中含有2mol氫原子、1mol氧原子，能夠形成2mol氫鍵，所以18g冰中含有氫鍵的數(shù)目為2NA，C正確；金屬晶體導(dǎo)電是自由電子定向移動，D錯誤。3．尿素溶液中存在如下反應(yīng)：(NH2)2CO(aq)＋H2O(l)H2NCOONH4(aq)ΔH<0。下列說法錯誤的是()A．(NH2)2CO屬于分子晶體，晶體中粒子間作用只有共價鍵B．(NH2)2CO和H2NCOONH4中的N原子均為sp3雜化C．(NH2)2CO中C、O與兩個N原子處于同一個平面D．H2NCOONH4屬于離子晶體解析：選A(NH2)2CO屬于分子晶體，晶體除含共價鍵還有分子間作用力，A項錯誤。4．如圖是從NaCl或CsCl晶體結(jié)構(gòu)圖中分割出來的部分結(jié)構(gòu)圖，其中屬于從NaCl晶體中分割出來的結(jié)構(gòu)圖是()A．圖①和圖③B．圖②和圖③C．圖①和圖④D．只有圖④答案：C5．[雙選]下列有關(guān)說法不正確的是()A．四水合銅離子的模型如圖1所示，1個水合銅離子中有4個配位鍵B．CaF2晶體的晶胞如圖2所示，每個CaF2晶胞平均占有4個Ca2＋C．H原子的電子云圖如圖3所示，H原子核外大多數(shù)電子在原子核附近運(yùn)動D．Kr的晶胞如圖4所示，Kr的配位數(shù)為6解析：選CDA項，四水合銅離子中銅離子的配位數(shù)為4，配體是水，水中的氧原子提供孤電子對與銅離子形成配位鍵，正確；B項，根據(jù)均攤法可知，在CaF2晶體的晶胞中，每個CaF2晶胞平均占有Ca2＋個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，正確；C項，電子云密度表示電子在某一區(qū)域出現(xiàn)的機(jī)會的多少，H原子最外層只有一個電子，所以不存在大多數(shù)電子，只能說H原子的一個電子在原子核附近出現(xiàn)的機(jī)會較多，錯誤；D項，Kr為面心立方，配位數(shù)為12，錯誤。6．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·湖北卷)已知NixMg1－xO晶體屬立方晶系，晶胞邊長a。將Li＋摻雜到該晶胞中，可得到一種高性能的p型太陽能電池材料，其結(jié)構(gòu)單元如圖所示。假定摻雜后的晶胞參數(shù)不發(fā)生變化，下列說法正確的是()A．該結(jié)構(gòu)單元中O原子數(shù)為3B．Ni和Mg間的最短距離是eq\f(\r(2),2)aC．Ni的配位數(shù)為4D．該物質(zhì)的化學(xué)式為Li0.5Mg1.12Ni2.38O4解析：選B由均攤法可知該結(jié)構(gòu)單元中O原子數(shù)＝1＋12×eq\f(1,4)＝4，A錯誤；由圖可知，Ni和Mg間的最短距離為晶胞面對角線的一半，即eq\f(1,2)eq\r(a2＋a2)＝eq\f(\r(2),2)a，B正確；由晶胞可知Ni的配位數(shù)為6，C錯誤；1個晶胞中Li的個數(shù)＝1×0.5＝0.5，Mg的個數(shù)＝2×0.5＋1×eq\f(1,8)＝1.125，Ni的個數(shù)＝7×eq\f(1,8)＋3×0.5＝2.375，O的個數(shù)＝4，因此該物質(zhì)的化學(xué)式為Li0.5Mg1.125Ni2.375O4，D錯誤。7．碳元素的單質(zhì)有多種形式，如圖所示，依次是C60、石墨和金剛石的結(jié)構(gòu)圖?；卮鹣铝袉栴}。(1)金剛石、石墨、C60、碳納米管等都是碳元素的單質(zhì)形式，它們互為________。(2)金剛石、石墨烯(指單層石墨)中碳原子的雜化形式分別為________、________。(3)C60屬于________晶體，石墨屬于________晶體。(4)石墨晶體中，層內(nèi)C—C鍵的鍵長為142pm，而金剛石中C—C鍵的鍵長為154pm。其原因是金剛石中只存在C—C間的________共價鍵，而石墨層內(nèi)的C—C間不僅存在________共價鍵，還有________鍵。(5)金剛石晶胞含有________個碳原子。若碳原子半徑為r，金剛石晶胞的邊長為a，根據(jù)硬球接觸模型，則r＝______a，列式表示碳原子在晶胞中的空間占有率________(不要求計算結(jié)果)。解析：(1)金剛石、石墨、C60、碳納米管都是由同種元素形成的不同單質(zhì)，故它們互為同素異形體。(2)在金剛石中，每個碳原子都形成四個共價單鍵，故碳原子的雜化方式為sp3；石墨烯中碳原子采用sp2雜化。(3)一個“C60”就是一個分子，故C60屬于分子晶體；石墨層與層之間是范德華力，而同一層中碳原子之間是共價鍵，故形成的晶體為混合晶體。(4)在金剛石晶體中，碳原子之間只形成共價單鍵，全部為σ鍵；在石墨層內(nèi)的碳原子之間既有σ鍵又有π鍵。(5)晶胞中頂點微粒數(shù)為8×eq\f(1,8)＝1，面心微粒數(shù)為6×eq\f(1,2)＝3，體內(nèi)微粒數(shù)為4，共含有8個碳原子；晶胞內(nèi)含有四個碳原子，則晶胞體對角線長度與四個碳原子直徑相同，即eq\r(3)a＝8r，r＝eq\f(\r(3),8)a；碳原子的體積為8×eq\f(4,3)×π×r3，晶胞體積為a3，碳原子的空間利用率＝eq\f(碳原子總體積,晶胞體積)＝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)同素異形體(2)sp3sp2(3)分子混合(4)σσπ(或大π或p-pπ)(5)8eq\f(\r(3),8)eq\f(\r(3)π,16)8．S與Zn所形成化合物晶體的晶胞如圖所示。(1)在該晶胞中，Zn的配位數(shù)為________。(2)原子坐標(biāo)參數(shù)可表示晶胞內(nèi)部各原子的相對位置。如圖晶胞中，原子坐標(biāo)參數(shù)a為(0,0,0)；b為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))；c為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))。則d的坐標(biāo)參數(shù)為________。(3)已知該晶胞的密度為ρg·cm－3，則其中兩個S原子之間的距離為________pm。(列出計算式即可)解析：(1)該晶胞中Zn的原子個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，S的原子個數(shù)為4，故Zn、S的配位數(shù)相同，根據(jù)S的配位數(shù)為4，可知Zn的配位數(shù)為4。(2)根據(jù)d的位置，可知其坐標(biāo)參數(shù)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))。(3)根據(jù)S原子的位置可知，兩個S原子之間的距離為晶胞邊長的eq\f(\r(2),2)，設(shè)晶胞邊長為apm，則該晶胞的質(zhì)量為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，故兩個S原子之間的距離為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省聯(lián)考·重慶卷)單晶邊緣納米催化劑技術(shù)為工業(yè)上有效利用二氧化碳提供了一條經(jīng)濟(jì)可行的途徑，其中單晶氧化鎂負(fù)載鎳催化劑表現(xiàn)出優(yōu)異的抗積碳和抗燒結(jié)性能。(1)基態(tài)鎳原子的核外電子排布式為_______________。(2)氧化鎂載體及鎳催化反應(yīng)中涉及到CH4、CO2和CH3OH等物質(zhì)。元素Mg、O和C的第一電離能由小到大排序為__________﹔在上述三種物質(zhì)的分子中碳原子雜化類型不同于其他兩種的是______，立體構(gòu)型為正四面體的分子是________，三種物質(zhì)中沸點最高的是CH3OH，其原因是____________________________。(3)Ni與CO在60～80℃時反應(yīng)生成Ni(CO)4氣體，在Ni(CO)4分子中與Ni形成配位鍵的原子是______，Ni(CO)4(4)已知MgO具有NaCl型晶體結(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)如圖所示。已知MgО晶胞邊長為0.42nm，則MgO的密度為__________g·cm－3(保留小數(shù)點后一位)；相鄰Mg2＋之間的最短距離為_______nm(已知eq\r(2)＝1.414，eq\r(3)＝1.732；結(jié)果保留小數(shù)點后兩位)，每個Mg2＋周圍具有該距離的Mg2＋個數(shù)為__________。解析：(1)鎳元素的原子序數(shù)為28，基態(tài)鎳原子的核外電子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2。(2)金屬元素的第一電離能小于非金屬元素的，同周期元素的第一電離能呈增大趨勢，則Mg、O和C的第一電離能由小到大排序為Mg＜C＜O；甲烷和甲醇中碳原子為飽和碳原子，雜化方式為sp3雜化，而二氧化碳分子的空間構(gòu)型為直線形，雜化方式為sp雜化；甲烷分子中碳原子的雜化方式為sp3雜化，立體構(gòu)型為正四面體形；三種物質(zhì)中甲烷和二氧化碳為非極性分子，甲醇為極性分子，且甲醇分子間能形成氫鍵，則甲醇的沸點最高。(3)由題意可知，Ni(CO)4的沸點低，屬于分子晶體，Ni(CO)4分子中與Ni形成配位鍵的原子是能提供孤對電子的碳原子。(4)由晶胞結(jié)構(gòu)可知，氧化鎂晶胞中位于頂點和面心的氧離子的個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，位于棱上和體心的鎂離子個數(shù)為12×eq\f(1,4)＋1＝4，則每個晶胞中含有4個MgO，設(shè)氧化鎂的密度為d，由晶胞質(zhì)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；氧化鎂晶胞中鎂離子和鎂離子處于小正方形的對角線上，則相鄰Mg2＋之間的最短距離為eq\r(2)×eq\f(1,2)×0.42nm≈0.30nm，每個Mg2＋周圍具有該距離的Mg2＋個數(shù)為12。答案：(1)1s22s22p63s23p63d84s2(2)Mg＜C＜OCO2CH4甲醇為極性分子，且甲醇分子間能形成氫鍵(3)C分子晶體(4)3.60.301210．核安全與放射性污染防治已引起廣泛關(guān)注。在爆炸的核電站周圍含有放射性物質(zhì)碘-131和銫-137。碘-131一旦被人體吸入，可能會引發(fā)甲狀腺腫大等疾病。(1)與銫同主族的前四周期(包括第四周期)的三種元素X、Y、Z的第一電離能如下表：元素代號XYZ第一電離能/(kJ·mol－1)520496419基態(tài)Z原子的核外電子排布式為______________。X、Y、Z三種元素形成的單質(zhì)熔點由高到低的順序為________(用元素符號表示)，其原因為___________________________。(2)131I2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲所示，該晶胞中含有________個131I2分子，該晶體屬于________(填晶體類型)晶體。(3)KI的晶胞結(jié)構(gòu)如圖乙所示，每個K＋的配位數(shù)為________。KI晶體的密度為ρg·cm－3，K和I的摩爾質(zhì)量分別為MKg·mol－1和MIg·mol－1，原子半徑分別為rKcm和rIcm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則KI晶胞中的空間利用率為________。解析：(1)銫為第六周期第ⅠA族元素，則X、Y、Z均為第ⅠA族元素，而第ⅠA族前四周期元素分別為H、Li、Na、K，再由X與Y、Y與Z的第一電離能相差不大可知，這三種元素中不可能含有H，根據(jù)同主族元素從上到下第一電離能逐漸減小，可知X、Y、Z分別為Li、Na、K。根據(jù)構(gòu)造原理可知基態(tài)K原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s1。根據(jù)元素周期律可知，熔點：Li>Na>K。(2)由晶胞圖可知，131I2在晶胞的8個頂點和6個面上，由均攤法可知一個晶胞中含有8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4個131I2分子，該晶體屬于分子晶體。(3)KI晶胞與NaCl晶胞結(jié)構(gòu)相似，每個K＋緊鄰6個I－，即每個K＋的配位數(shù)為6。由均攤法可知該晶胞中含K＋數(shù)目和I－數(shù)目均為4。晶胞中原子所占的體積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，晶胞的體積V2＝eq\f(4MK＋MI,ρNA)cm3，則KI晶胞中的空間利用率為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鋰、鈉、鉀為金屬晶體，它們的價電子數(shù)相等，金屬離子所帶的電荷數(shù)相同，離子半徑依次增大，金屬鍵依次減弱，故熔點依次降低(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省聯(lián)考·湖南卷)ⅤA族元素及其化合物在生產(chǎn)、生活中用途廣泛。(1)①P4S3常用于制造火柴，P和S的第一電離能較大的是________。②As4S4俗稱雄黃，其中基態(tài)As原子的核外電子排布式為[Ar]________，有________個未成對電子。③P、S、As電負(fù)性由大到小的順序是________。(2)NH3、PH3、AsH3中沸點最高的是_________，其主要原因是_________________。(3)①白磷在氯氣中燃燒可以得到PCl3和PCl5，其中氣態(tài)PCl3分子的立體構(gòu)型為____。②研究發(fā)現(xiàn)固態(tài)PCl5和PBr5均為離子晶體，但其結(jié)構(gòu)分別為[PCl4]＋[PCl6]－和[PBr4]＋Br－，分析PCl5和PBr5結(jié)構(gòu)存在差異的原因是____________________。(4)銻酸亞鐵晶胞如圖所示，其晶胞參數(shù)分別為anm、bnm、cnm，α＝β＝γ＝90°，則：①銻酸亞鐵的化學(xué)式為______。②晶體的密度為________g·cm－3(設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。解析：(1)①P元素3p能級軌道半滿，更穩(wěn)定，第一電離能大于相鄰元素，所以第一電離能較大的是P；②As元素為33號元素，位于第四周期第ⅤA族，原子核外電子排布為[Ar]3d104s24p3；核外有4p軌道上3個未成對電子；③非金屬性S>P>As，所以電負(fù)性S>P>As；(2)PH3、AsH3分子間只存在范德華力，而NH3分子間還存在氫鍵，所以NH3沸點最高；(3)①PCl3中心P原子價層電子對數(shù)為3＋eq\f(5－3×1,2)＝4，含一對孤電子對，所以立體構(gòu)型為三角錐形；②Br－半徑較大，而Cl－半徑較小，所以P周圍可以容納6個Cl－，而無法容納6個Br－，無法形成[PBr6]－；(4)①據(jù)圖可知一個晶胞中含有Sb原子的個數(shù)為8×eq\f(1,4)＋2＝4，O原子的個數(shù)為4×eq\f(1,2)＋10＝12個，F(xiàn)e2＋的個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋1＝2，所以銻酸亞鐵的化學(xué)式為Fe(SbO3)2；②晶胞的質(zhì)量為eq\f(122×4＋16×12＋56×2,NA)g＝eq\f(792,NA)g，晶體的體積為abcnm3＝abc×10－21cm3，所以晶體的密度為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分子間存在氫鍵(3)①三角錐形②Br－半徑較大，無法形成[PBr6]－(4)①Fe(SbO3)2②eq\f(792,abc×10－21NA)12．(2021·廣東名校聯(lián)考)已知氧化鎳晶胞如圖1所示，單原子層氧化鎳的結(jié)構(gòu)如圖2所示。(1)已知圖1中坐標(biāo)參數(shù)：A(0,0,0)、B(1,1,0)，C的坐標(biāo)參數(shù)為________。(2)已知圖2中氧離子半徑為apm，阿伏加德羅常數(shù)(NA)為6.02×1023mol－1，則1m2解析：(1)根據(jù)氧化鎳晶胞及A、B的坐標(biāo)參數(shù)知C的坐標(biāo)參數(shù)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))。(2)觀察題圖2，按圖中虛線所示切割出的正六邊形如圖所示：。相鄰兩個氧離子相切，兩個氧離子中心相連構(gòu)成正六邊形的一條邊，邊長為2apm＝2a×10－12m，該邊所在等邊三角形的高h(yuǎn)＝eq\r(3)a×10－12m,1個正六邊形的面積S＝eq\f(2a×10－12×\r(3)a×10－12,2)×6m2＝6eq\r(3)a2×10－24m2。又1個正六邊形凈占3個鎳離子、3個氧離子，即1個正六邊形含3個NiO，則1m2單原子層氧化鎳的質(zhì)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省聯(lián)考·廣東卷)磷及其化合物在電池、催化等領(lǐng)域有重要應(yīng)用。黑磷與石墨類似，也具有層狀結(jié)構(gòu)(如圖1)。為大幅度提高鋰電池的充電速率，科學(xué)家最近研發(fā)了黑磷-石墨復(fù)合負(fù)極材料，其單層結(jié)構(gòu)俯視圖如圖2所示。回答下列問題：(1)Li、C、P三種元素中，電負(fù)性最小的是_________(用元素符號作答)。(2)基態(tài)磷原子價電子排布式為____________。(3)圖2黑磷區(qū)中P原子的雜化方式為____________，石墨區(qū)中C原子的雜化方式為__________。(4)氫化物PH3、CH4、NH3的沸點由高到低順序為_____________。(5)根據(jù)圖1和圖2的信息，下列說法正確的有______(填字母)。A．黑磷區(qū)中P—P鍵的鍵能不完全相同B．黑磷與石墨都屬于混合型晶體C．由石墨與黑磷制備該復(fù)合材料的過程，發(fā)生了化學(xué)反應(yīng)D．石墨與黑磷的交界結(jié)合區(qū)域中，P原子與C原子共平面E．復(fù)合材料單層中，P原子與C原子之間的作用力屬范德華力(6)貴金