北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
专题九 晶体结构与性质
1.蔗糖水解及产物检验的实验步骤如下:
步骤1:取1 mL 20%的蔗糖溶液,加入3~5滴稀硫酸,水浴加热5 min。
步骤2:向步骤1所得溶液中加入NaOH溶液调节pH至碱性。
步骤3:再加入少量新制备的Cu(OH) ,加热3~5 min,观察到生成砖红色沉淀。
2
下列有关说法不正确的是( )
A.步骤1中稀硫酸是蔗糖水解的催化剂
B.上述实验可证明蔗糖水解有还原性糖生成
C.上述实验可证明蔗糖已完全水解
D.如图所示的Cu O晶胞中铜原子的配位数为2
2
答案 C B项,根据步骤3的现象可知,水解产物中有能够还原新制Cu(OH) 的物质,即
2
有还原糖生成,正确;C项,上述实验只能证明蔗糖已经发生水解,无法证明其完全水解,错
误;D项,根据均摊法,晶胞中白球个数为2,黑球个数为4,化学式为Cu O,所以黑球代表铜
2
原子,由图可知距离一个铜原子最近的O原子有2个,即配位数为2,正确。
2.铜是生命必需的元素,也是人类最早使用的金属之一,铜及其重要化合物在生产中有着
重要的应用。辉铜矿(主要成分Cu S)可以用于制铜,反应方程式为Cu S+O
2 2 2
2Cu+SO ,制得的粗铜通过电解法进行精炼。关于用辉铜矿制备粗铜反应的相关说法正
2
确的是( )
A.Cu+转化为基态Cu,得到的电子填充在3d轨道上
B.O 和SO 都是非极性分子
2 2
C.Cu S晶胞中S2-位置如图所示,则一个晶胞中含有8个Cu+
2
D.标准状况下,每有22.4 L O 参与反应,转移电子4 mol
2
答案 C A项,Cu+核外电子排布式是[Ar]3d10,Cu+转化为基态Cu,得到的电子填充在4s
轨道上,错误;B项,SO 空间构型为V形,是极性分子,错误;C项,根据均摊法,一个晶胞中含
2
1 1
有S2-的个数为8× +6× =4,结合化学式Cu S知,一个晶胞中含有8个Cu+,正确;D项,分
2
8 2
析反应方程式中化合价的升降,得关系式O ~6e-,故标准状况下,每有22.4 L O 参与反应,
2 2
转移6 mol电子,错误。
3.已知CsCl晶体的密度为ρ g·cm-3,N 为阿伏加德罗常数的值,相邻的两个Cs+的核间距
A
为a cm,如图所示,则CsCl的相对分子质量可以表示为( )北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
A.N ·a3·ρ B.N ·a3·ρ
A A
6
C.N ·a3·ρ D.N ·a3·ρ
A A
4 8
1 M
答案 A 该立方体中含1个Cl-,含Cs+数目为8× =1,根据ρV= 知,M=ρVN =ρa3N
8 N A A
A
g·mol-1,摩尔质量在数值上等于相对分子质量,故选A。
4.高温下,超氧化钾晶体呈立方体结构,晶体中氧的化合价部分为0,部分为-2。如图为超
氧化钾晶体的一个晶胞。下列说法正确的是 ( )
A.超氧化钾的化学式为KO
2
,每个晶胞含有4个K+和4个
O-
2
B.晶体中每个K+周围有8个
O-
,每个 O-周围有8个K+
2 2
C.晶体中与每个K+距离最近的K+有8个
D.晶体中,0价氧元素与-2价氧元素的原子个数比为1∶3
1 1 1
答案 A 在一个超氧化钾晶胞中,含K+数为8× +6× =4,O- 数为12× +1=4,故化学式
8 2 2 4
为KO
2
,A正确;晶体中每个K+周围有6个
O-
,每个 O-周围有6个K+,B错误;晶体中与每个
2 2
K+距离最近的K+有12个,C错误;设0价氧原子个数为x,-2价氧原子个数为y,根据KO
2
x+ y x 3
为电中性得2y= , = ,D错误。
2 y 1
5.锌与硫所形成化合物晶体的晶胞如图所示。下列判断正确的是 ( )北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
A.该晶体属于分子晶体
B.该晶胞中Zn2+和S2-的数目不相等
C.阳离子的配位数为6
D.氧化锌的熔点高于硫化锌
答案 D A项,该晶体属于离子晶体,错误;B项,利用均摊法,1个晶胞中含有Zn2+的数目
1 1
为8× +6× =4,含有S2-的数目为4,所以该晶胞中Zn2+与S2-的数目相等,错误;C项,在该晶
8 2
胞中,1个S2-周围距离最近的Zn2+有4个,1个Zn2+周围距离最近的S2-有4个,则S2-的配位
数为4,Zn2+的配位数也为4,错误;D项,ZnO和ZnS中,O2-的半径小于S2-的半径,离子所带
的电荷数相等,所以ZnO中的离子键比ZnS强,熔点更高,正确。
6.硫在自然界中分布较广,常见的硫化矿有黄铁矿(FeS )、闪锌矿(ZnS)等,工业上常选择
2
黄铁矿为原料制备硫酸,接触室内发生反应的热化学方式为2SO (g)+ O (g)
2 2
2SO (g) ΔH=a kJ·mol-1,下列有关含硫物质的说法正确的是( )
3
A.H S的沸点比H O的高
2 2
B.SO
3
与 SO2-的空间构型相同
4
C.SO 与SO 中心原子的杂化方式相同
2 3
D.如右图为ZnS晶胞,S2-周围等距离且最近的Zn2+为2个
答案 C A项,H S、H O均为分子晶体,但H O中存在分子间氢键,故H O的沸点高于
2 2 2 2
H
2
S,错误;B项,SO
3
为平面三角形, SO2-为正四面体形,错误;C项,SO
2
与SO
3
中心原子的杂
4
化方式都为sp2,正确;D项,S2-周围等距离且最近的Zn2+为4个,错误。
7.Li、Fe、As可组成一种新型材料,其立方晶胞结构如图所示,晶胞参数为a nm。下列
说法正确的是( )
A. Fe位于元素周期表第六列,属d区
26
B.该物质的化学式为Li Fe As
2 9 2
√2a
C.A、B处的两个As原子之间距离为 nm
2
D.晶胞中Fe原子等距最近的As原子有8个北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
答案 C B项,晶胞中锂原子,铁原子和砷原子的个数都为4,则晶胞中锂原子、铁原子
和砷原子的个数比为1∶1∶1,化学式为LiFeAs,错误;C项,由z轴方向投影图可知,A、B处
1
的两个砷原子之间距离为面对角线的 ,晶胞参数为a nm,则两个砷原子之间距离为
2
√2a
nm,正确;D项,由晶胞结构可知,晶胞中铁原子等距最近的砷原子有4个,错误。
2
8.(双选)磷钇矿是提取钇的重要矿物原料,某磷钇矿的四方晶胞如图所示。下列说法错误
的是( )
A.该晶体的化学式为YPO
4
B.P 中磷原子采用sp3杂化
O3-
4
√2
C.距离钇原子为
a的PO3-
有6个
2 4
D.晶胞参数a等于钇和磷酸根直径之和
1 1 1
答案 CD A项,根据均摊法,该晶胞中PO3-的个数为6× +4× =4,Y的个数为8× +4×
4 2 4 8
1
+1=4,该晶体的晶胞中Y和PO3-个数比是1∶1,故其化学式为YPO ,正确;
4
2 4
B项,P O3-中P的价电子对数为4,故其采用sp3杂化,正确;C项,该四方晶胞参数为a,Y原
4
√2
子位于顶点,距离钇原子为
a的PO3-
位于面心,由晶胞图可知,在一个晶胞中,一个顶点
2 4
√2 8
所在的三个面只有一个面心有PO3-
,故距离钇原子为
a的PO3-
有 =4个,错误;D项,
4 2 4 2
从图中分析,以面上P O3-和Y原子连线平行于棱,两微粒均在面内可知,其直径之和比棱
4
长小,即晶胞参数a大于钇和磷酸根直径之和,错误。
9.镁单质及其化合物用途广泛,某镁硼化合物的晶胞结构如图所示。B原子独立为一层,
具有类似石墨的结构。六棱柱底边边长为a cm,高为c cm,阿伏加德罗常数的值为N 。
A
下列说法错误的是 ( )
A.该化合物的化学式为MgB
2
B.该晶胞中Mg的配位数为12
C.每个B原子周围都有2个与之等距离且最近的B原子北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
D.该晶体的密度为 92 g·cm-3
√3N a2c
A
答案 C A项,根据均摊法,1个晶胞含有Mg原子数是3,B原子数是6,该化合物的化学
式为MgB ,正确;B项,依据晶胞面心的Mg原子分析,其上、下层各有6个B原子,故该晶
2
胞中Mg的配位数为12,正确;C项,根据图示,每个B原子周围都有3个与之等距离且最
√3 3√3
近的B原子,错误;D项,晶胞的体积为a cm× a cm×c cm×3= a2c cm3,该晶体的密
2 2
24×3+11×6
92
度为3√3 = g·cm-3,正确。
a2c×N √3N a2c
2 A A
10.氧化锌透明度高,常温下有优异的发光性能,在半导体领域中有着广泛的应用,一种氧
化锌的立方晶胞结构如图所示(用N 表示阿伏加德罗常数的值),下列说法错误的是(
A
)
4×81
A.晶胞的质量为 g
N
A
B.基态氧原子核外电子有5种空间运动状态
√2
C.锌原子间的最短距离为 a pm
2
D.Zn、O均是p区元素
1 1
答案 D A项,根据均摊法,晶胞中锌原子个数为8× +6× =4,氧原子个数为4,则晶胞
8 2
4×81
的质量为 g,正确;B项,基态氧原子核外电子排布式为1s22s22p4,核外电子分布在5
N
A
个原子轨道上,故有5种空间运动状态,正确;C项,顶点与面心上的两个锌原子距离最近,
√2
由晶胞的参数为a pm可知,锌原子间的最短距离为 a pm,正确;D项,锌元素属于ds区,
2
错误。
11.氮化铝晶胞结构可看作金刚石晶胞(如图所示)内部的碳原子被氮原子代替,顶点和面
心的碳原子被铝原子代替。AlN晶体中N和N的原子核间距为a pm,AlN摩尔质量为
M g·mol-1,阿伏加德罗常数的值为N ,则AlN晶体的密度为 g·cm-3(1 pm=10-12
A
m)。北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
√2M×1030
答案
a3N
A
√2
解析 设晶胞参数为x,AlN晶体中N和N的原子核间距为面对角线长度的一半,即
2
x=a pm,x=√2a×10-10cm,根据均摊法知晶胞中含有4个“AlN”,则AlN晶体的密度为
4M g·cm-3=√2M×1030
g·cm-3。
(√2a×10-10)3N a3N
A A
12.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。CsSiB O 属正交晶系(长方体形)。晶胞参数为a pm、b pm、c pm。如图为沿y轴
3 7
投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数
目为 。CsSiB O 的摩尔质量为M g·mol-1,设N 为阿伏加德罗常数的值,则
3 7 A
CsSiB O 晶体的密度为 g·cm-3(用代数式表示)。
3 7
4M
答案 4 ×1030
abcN
A
解析 原子分数坐标为(0.5,0.2,0.5)的Cs原子位于晶胞体内;原子分数坐标为
(0,0.3,0.5)、(1.0,0.3,0.5)、(0.5,0.8,1.0)、(0.5,0.8,0)的Cs原子位于晶胞面上;原子分数坐
标为(0,0.7,1.0)、(0,0.7,0)、(1.0,0.7,0)及(1.0,0.7,1.0)的Cs原子位于晶胞的棱上;利用均摊
法可计算出该晶胞中共含有4个Cs原子;晶胞密度为ρ= 4×M g·cm-3=
N ×abc×10-30
A
4M
×1030 g·cm-3。
abcN
A
13.Fe O 晶体中,O2-的重复排列方式如图所示,该排列方式中存在着如由1、3、6、7的
3 4
O2-围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2-围成的正八面体空隙。Fe O 中有
3 4
一半的Fe3+填充在正四面体空隙中,另一半Fe3+和全部Fe2+填充在正八面体空隙中,则
Fe O 晶体中,正八面体空隙数与O2-数之比为 ,
3 4
正四面体空隙填充率与正八面体空隙填充率之比为 ,Fe O 晶胞中有8个图示结
3 4
构单元,该晶胞参数为a pm,则晶体密度为 g·cm-3(写出含a和N 的计算
A
表达式)。北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
答案 1∶1 1∶4
8×232×1030
a3N
A
解析 根据题干信息,Fe O 晶胞结构中正四面体空隙数为8,正八面体空隙数为4,O2-的
3 4
个数为8×1/8+6×1/2=4,因此正八面体空隙和O2-数之比为1∶1。Fe O 中有一半的Fe3+填
3 4
充在正四面体空隙中,另一半Fe3+和全部Fe2+填充在正八面体空隙中,则正四面体的空隙
填充率为1/8,即12.5%,正八面体的空隙填充率为50%,两者之比为1∶4。Fe O 的晶胞中
3 4
8×232
有8个图示结构单元,则晶胞的质量m= g,体积V=a3×10-30 cm3,则晶体的密度ρ=
N
A
8×232
m= g =8×232×1030 g·cm-3。
N
V A a3N
a3×10-30cm3 A
14.A、B、C、D是元素周期表中原子序数依次递增的前四周期元素。A原子的最外层
电子数为内层电子数的3倍;B的焰色呈黄色;C的未成对电子数与B的相同,其氢化物是
一种强酸;D是一种金属元素,其基态原子中有6个未成对电子。请回答下列问题:
(1)D的基态原子价层电子排布式为 。
(2)C的氢化物的沸点比其上一周期同族元素的氢化物低,是因为
。
(3)A、C的电负性大小顺序是 (用元素符号表示),C的最高价含氧酸根的空间构型
为 ,其中心原子的杂化类型为 。
(4)BC形成的晶体在50~300 GPa的高压下可以和B或C的单质继续反应,形成不同组成、
不同结构的晶体。下图给出其中三种不同晶体的晶胞(小球代表B离子,大球代表C离
子),试写出其化学式① ;② ;
③ 。
(5)在超高压下(300 GPa),B和氦可形成化合物。结构中,B离子按简单立方排布,形成B
8
立方体空隙(如图所示),电子对(2e-)和氦原子交替分布填充在立方体的中心。北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
已知晶胞边长a 约为400 pm,计算此结构中B与He的间距d= (单位:pm)和晶
体的密度ρ= (单位: g/cm3)。
答案 (1)3d54s1 (2)HF分子间存在氢键,而HCl分子间无氢键 (3)O>Cl 正四面体形
sp3杂化
(4)NaCl Na Cl Na Cl (5)173.2 pm 5.19 g·cm-3
3 3 2
解析 A、B、C、D是元素周期表中原子序数依次递增的前四周期元素,A原子最外层
电子数为内层电子数的3倍,则A为O;B的焰色呈黄色,则B为Na;Na的未成对电子数为
1,C的未成对电子数与B的相同,其氢化物是一种强酸,则C为Cl;D是一种金属元素,其
基态原子中有6个未成对电子,则D的核外电子排布式为[Ar]3d54s1,故D为Cr。(2)C的
氢化物(HCl)的沸点比其上一周期同族元素的氢化物(HF)低,是因为HF分子间存在氢键,
而HCl分子间无氢键。(3)Cl和O形成化合物时Cl显正价,则Cl的电负性较小;C(Cl)的
最高价含氧酸根(Cl
O-
)中Cl的价层电子对数为4+(7+1-2×4)/2=4,其空间构型为正四面体
4
1
形,中心原子的杂化类型为sp3杂化。(4)晶胞①中Na+的个数为8× +1=2,Cl-的个数为
8
1 1 1
12× =6,则晶胞①的化学式为NaCl ;晶胞②中Na+的个数为4× +2=3,Cl-的个数为8×
3
2 4 8
1 1 1
=1,则晶胞②的化学式为Na Cl;晶胞③中Na+的个数为4× +2+2× =4,Cl-的个数为8×
3
4 2 4
=2,则晶胞③的化学式为Na Cl。(5)由题意,B(Na)与He的间距d=晶胞体对角线长度的
2
1 1
1/4,晶胞边长a约为400 pm,则Na与He的间距d= ×(√3a)≈ ×1.732×400 pm=173.2
4 4
pm;由题图可知1个晶胞中Na的个数为8,He的个数为4,则1个晶胞的质量m=
23×8+4×4
23×8+4×4 g,体积V=(400×10-10)3 cm3,晶体密度ρ=m≈ g·cm-3≈5.19
6.02×1023
N V
A (400×10-10)3
g·cm-3。
15.铁的硫化物被认为是有前景的锂电池材料,但导电性较差,放电时易膨胀。
(1)Li-FeS 电池是综合性能较好的一种电池。
2
①水热法合成FeS 纳米颗粒的方法是将等物质的量的FeSO 、S、Na S O 研磨置于反
2 4 2 2 3
应釜中,加入蒸馏水加热使之恰好反应,该反应的化学方程式为
。
②FeS 晶体的晶胞结构示意图如图所示,离子1的分数坐标是(0,0,0),则离子1最近的
2
Fe2+分数坐标为 (任写一个),每个Fe2+周围距离最近且相等的 S2-有
2
个。北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
(2)①将FeS镶嵌在多孔碳中制成多孔碳/FeS复合材料,该电极材料相较FeS具有的优势
是放电时不易膨胀且 。多孔碳/FeS复合材料制取方法如下,定性滤
纸的作用是提供碳源和 。
等物质的量的S和
定性滤纸 Fe(NO 3 ) 3 ·9H 2 O 多孔碳/FeS复合材料
↓
905 ℃ 保温
②分别取多孔碳、多孔碳/FeS电极在氧气中加热,测得固体残留率随温度变化情况如图
所示,多孔碳/FeS最终转化为Fe O ,固体残留率为50%。(固体残留率=
2 3
固体样品的剩余质量
×100%)
固体样品的起始质量
420 ℃~569 ℃时,多孔碳/FeS固体残留率增大的原因是
。
③FeS作为锂电池正极材料,放电时先后发生如下反应:2FeS+2Li++2e- Li FeS +Fe
2 2
Li FeS +2Li++2e- 2Li S+Fe
2 2 2
该多孔碳/FeS电极质量为4.8 g,该电极理论上最多可以得电子 mol。(写出计算过
程)
答案 (1)①FeSO
4
+S+Na
2
S
2
O
3
+H
2
O FeS
2
+Na
2
SO
4
+H
2
SO
4
②(1
,0,0
)或
2
( 1 )或( 1) 6
0, ,0 0,0,
2 2
(2)①导电性好 还原剂 ②420 ℃时,多孔碳已全部转化为CO ,不会导致质量减小;FeS
2
转化为硫酸盐,使固体质量增加 ③依据“多孔碳/FeS最终转化为Fe O ,固体残留率为
2 3
50%”,假设Fe O 为1 mol,质量为160 g,则多孔碳/FeS质量为320 g,且含有2 mol
2 3
FeS(铁原子守恒)。由两个正极反应,可得出关系式2FeS~4e-,从而得出:该多孔碳/FeS电
4.8 g
极~2FeS~4e-,多孔碳/FeS电极质量为4.8 g,该电极理论上最多可以得电子 ×4
320 g
mol=0.06 mol。
解析 (1)①结合元素化合价变化和原子守恒分析,产物还有Na SO 、H SO ,可配平反应
2 4 2 4
的化学方程式。②由FeS 晶体的晶胞结构示意图可以看出,距离离子1最近的Fe2+分别
2
在三条棱的中点,且都位于坐标轴上,可写出其分数坐标;每个Fe2+周围距离最近且相等的北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
都在面心,所以共有6个。(2)①多孔碳的导电能力强,所以该电极材料导电性好;定性
S2-
2
滤纸的主要成分为纤维素 , 发生反应时被氧化生成碳 , 所以其作用是提供碳源和还原剂。
16.锰、砷、镓及其相关化合物用途非常广泛。
(1)Mn2+基态核外电子排布式为 。
(2)砷与镓、硒是同周期的主族元素,其第一电离能从小到大的顺序是 。
(3)BrCH CN可用于制备砷叶立德,BrCH CN分子中碳原子杂化轨道类型是 。
2 2
(4)在AlCl 存在下,将C H 通入AsCl 可得到(ClCH CH) AsCl等物质,AsCl 分子的空间
3 2 2 3 2 3
构型为 ,
1 mol(ClCH CH) AsCl分子中含σ键的数目为 。
2
(5)GaAs是一种重要的半导体材料,按图示掺杂锰后可得稀磁性半导体材料(晶体结构不
变),则该材料晶体中n(Ga)∶n(Mn)∶n(As)= 。
答案 (1)[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5
(2)Ga<Se<As(或镓<硒<砷) (3)sp和sp3
(4)三角锥形 11 mol (5)27∶5∶32
解析 (1)Mn是25号元素,其基态价电子排布式为3d54s2,故Mn2+的核外电子排布式为
[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5。(2)同一周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势,但砷原
子4p能级是半充满状态,第一电离能高于同周期相邻元素,故3种元素的第一电离能从
小到大顺序为Ga<Se<As。(3)与Br相连的C原子σ键电子对数为4,没有孤电子对,为sp3
杂化;—CN中的C原子形成1个C—C键和1个 键,σ键电子对数为2,没有孤电
5-3×1
子对,为sp杂化。(4)AsCl 的中心原子的价层电子对数为3+ =4,孤电子对数为1,
3
2
空间构型为三角锥形;(ClCH CH) AsCl分子中含9个单键和2个双键,共11个σ键。
2
1 1 27 1 1 5
(5)根据均摊法可知,1个晶体中含7× +5× = 个Ga,1× +1× = 个Mn,4个As,故
8 2 8 8 2 8
27 5
n(Ga)∶n(Mn)∶n(As)= ∶ ∶4=27∶5∶32。
8 8
17.(5)碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积,然后在空隙中插入金属离子获得超
导体。如图1为一种超导体的面心立方晶胞,C 分子占据顶点和面心处,K+占据的是C
60 60
分子围成的 空隙和 空隙(填几何空间构型);若C 分子的坐标
60
1 1
参数分别为A(0,0,0)、B( ,0, )、C(1,1,1)等,则距离A位置最近的阳离子的坐标参数为
2 2
。北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
图1 图2
(6)一定温度下,NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”,可以认为O2-作密置单层
排列,Ni2+填充其中(如图2),已知O2-的半径为a nm,每平方米面积上分散的该晶体的质量
为 g(用含a、N 的式子表示)。
A
答案 (5)正四面体 正八面体 (1,1,1) (6) 25√3 ×1018
4 4 4 2a2N
A
解析 (5)分析超导体的面心立方晶胞,可知K+占据的是C 分子围成的正四面体空隙和
60
1 1
正八面体空隙;若C 分子的坐标参数分别为A(0,0,0)、B( 、0, ),C(1,1,1)等,则距离A
60
2 2
1 1 1
4 4 4
位置最近的阳离子的坐标参数为( , , )。(6)如图: ,“单分子
层”重复单元呈平行四边形,是相邻4个O2-球中心的连线,每个重复单元包含1个O2-和
1
1个Ni2+,作三角形abc,已知O2-的半径为a nm,则高ad=√3a nm,三角形abc的面积=
2
×2a×√3a×10-18 m2,重复单元所占的平行四边形面积为2a×√3a×10-18 m2=2√3a2×10-
18m2,NiO的相对分子质量为75,每平方米面积上分散的该晶体的质量为
75 g= 25√3 ×1018 g。
(2√3a2×10-18)·N 2a2N
A A
18.(5)ZnO存在多种晶体结构,其中纤锌矿型和闪锌矿型是最常见的晶体结构,下图为这
两种晶体的局部结构。
图a 纤锌矿型北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
图b 闪锌矿型
①图a不是纤锌矿型ZnO的晶胞单元,原因是 。
1 1
②图b闪锌矿型属于立方晶胞,原子1的坐标为( , ,0),则原子2的坐标为 。
2 2
③图b的闪锌矿型ZnO晶体中离O距离最近的Zn原子数为 ,其晶胞参数为a nm,
阿伏加德罗常数的值为N ,则晶体密度为 g·cm-3(列出计算式)。
A
答案 (5)①晶胞单元是晶体的最小重复结构单元,该结构中包含了三个更小的重复结构
单元
②(1,3,3) ③4
4×(65+16)×1021
4 4 4 N ×a3
A
解析 (5)②根据原子1的坐标可知底面左上角O原子为原点,晶胞棱长为单位1,原子2
1 3 3
位于体对角线上,坐标为( , , )。③以顶面面心的O原子为例,该晶胞中有2个Zn原子
4 4 4
距离其最近且相等,该晶胞的上方晶胞中还有2个Zn原子,故离O距离最近的Zn原子数
为4;根据晶胞结构可知,一个晶胞中有4个Zn原子,4个O原子,则晶胞的质量为
(65+16)×4
g,晶胞参数为a nm,则晶胞体积为a3×10-21 cm3,故晶体密度为
N
A
4×(65+16)×1021
g·cm-3。
N ×a3
A
19.(4)钇钡铜氧是一种新型节能高温超导体,其晶胞结构如图a。研究发现,此高温超导体
中的Cu元素有两种价态,分别为+2和+3,Y元素的化合价为+3。该物质的化学式为
,该物质中Cu2+与Cu3+的个数比为 。
图a 图b
(5)已知黄铜矿中铁、硫、铜组成晶胞结构如图b,化学式为CuFeS 。若晶体密度为d
2
g·cm-3,则晶胞的高h= (写出简化后的计算式即可)。
答案 (4) YBa Cu O 2∶1 (5) 736
2 3 7
N ×a2d×10-30
A北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
解析 (4)根据均摊法,晶胞中含有2个Ba、1个Y、7个O、3个Cu,该物质的化学式为
YBa Cu O ,根据化合物中各元素正、负化合价代数和为0,该物质中Cu2+与Cu3+的个数比
2 3 7
为2∶1;
(5)根据均摊法,1个晶胞中含有4个铁、8个硫、4个铜,晶体密度为d g·cm-3,则
56×4+64×4+32×8=d,h= 736 。
a2 ℎ×10-30×N N ×a2d×10-30
A A
20.(4)利用有机配体PH 、N(CH ) 等修饰(CdSe) 可改善其光致发光效率。其中PH 的空
3 3 3 2 3
间构型是 。N(CH ) 中参与形成配位键的孤电子对占据的轨道是 轨道。
3 3
1 1
(5)CdSe的一种晶体为闪锌矿型结构,晶胞结构如图所示。其中原子坐标参数A为( , ,
4 4
1
),则B、C的原子坐标参数分别为 。该晶胞中Cd—Se键的键长
4
为 nm。已知Cd和Se的原子半径分别为r nm和r nm,则该晶胞中原子的体
Cd Se
积占晶胞体积的百分率为 。
答案 (4)三角锥形 sp3
4 4
3 3 1 1 3 3 √3 ( πr3 + πr3 )×4
(5)( , , )、( , , ) a 3 Cd 3 Se ×100%
4 4 4 4 4 4 4
a3
解析 (4) PH 中P的价层电子对数为4,存在1对孤电子对,则PH 的空间构型是三角锥
3 3
形。N(CH ) 中N原子的价层电子对数为4,采取sp3杂化,有1对孤电子对,N(CH ) 中参
3 3 3 3
与形成配位键的孤电子对占据的轨道是sp3。
1 1 1
(5)原子坐标参数A为( , , ),则底面左下角原子为坐标原点,B、C的原子坐标参数分
4 4 4
3 3 1 1 3 3 1 1 1
别为( , , )、( , , )。设该晶胞中Cd—Se键的键长为x nm,则x2=( a)2+( a)2+(
4 4 4 4 4 4 4 4 4
√3 1 1
a)2,x= a。1个晶胞中,含有的Cd原子数为 ×8+ ×6=4,Se原子数为4,已知Cd和Se的
4 8 2
原子半径分别为r nm和r nm,则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为
Cd Se
4 4
( πr3 + πr3 )×4
3 Cd 3 Se ×100%。
a3
名师点睛 在确定分子的空间构型时,需先确定中心原子的价层电子对数,然后确定中心
原子所含有的孤电子对数。也可采用类推法,由同主族元素中化学式类似分子的结构进
行类推,如借用NH 类推PH 。
3 3
21.CuSO 和Cu(NO ) 是自然界中重要的铜盐,回答下列问题:
4 3 2北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
(1)CuSO 和Cu(NO ) 中阳离子的基态核外电子排布式为 ,S、O、N三
4 3 2
种元素的第一电离能由大到小为 。
(2)S 的空间构型是 。
O2-
4
(3)往Cu(NO
3
)
2
溶液中通入足量NH
3
能生成配合物[Cu(NH
3
)
4
](NO
3
)
2
,其中N O-中心原子
3
的杂化轨道类型为 ,[Cu(NH ) ](NO ) 中存在的化学键类型除了极性共价键外,还
3 4 3 2
有 。
(4)CuSO 的熔点为560 ℃,Cu(NO ) 的熔点为115 ℃,CuSO 熔点更高的原因是
4 3 2 4
。
(5)利用CuSO 和NaOH制备的Cu(OH) 检验醛基时,生成红色的Cu O,其立方晶胞的结
4 2 2
构如图所示。
1 1 1
①该晶胞原子坐标参数A为(0,0,0),B为(1,0,0),C为( , , ),则D原子的坐标参数为
2 2 2
,它代表 (填元素符号)原子。
②若Cu O晶体密度为d g·cm-3,晶胞参数为a pm,则阿伏加德罗常数值N =
2 A
。
答案 (1)[Ar]3d9 N>O>S
(2)正四面体形 (3)sp2杂化 配位键、离子键
(4)CuSO
4
和Cu(NO
3
)
2
都是离子晶体,S O2-所带电荷数大于N
O-
,CuSO
4
晶体的晶格能更大,
4 3
熔点更高
(5)①(1,1,1) Cu ②288×1030
4 4 4 da3
解析 (1)硫酸铜和硝酸铜的阳离子都为Cu2+,基态铜原子的核外电子排布式为
[Ar]3d104s1,故Cu2+的核外电子排布式为[Ar]3d9;同周期元素,从左到右第一电离能呈增大
的趋势,N原子的2p轨道为稳定的半充满结构,第一电离能大于同周期相邻元素,同主族
元素,从上到下第一电离能依次减小,则N、O、S三种元素的第一电离能由大到小顺序
为N>O>S。
(2)S 中硫原子的价层电子对数为4,孤电子对数为0,则S 的空间构型为正四面体形。
O2- O2-
4 4
(3)N 中氮原子的价层电子对数为3,孤电子对数为0,则氮原子为sp2杂化;配合物
O-
3
[Cu(NH ) ](NO ) 是离子化合物,化合物中含有离子键、配位键和极性键。
3 4 3 2
(4)离子晶体的熔点大小与晶体的晶格能有关。晶格能越大,熔点越高,硫酸铜和硝酸铜都
是离子晶体,由于S O2-的电荷数大于N O-的,S O2-与Cu2+形成的离子键强于N O-与
4 3 4 3
Cu2+形成的离子键,硫酸铜晶体的晶格能大于硝酸铜,则熔点高于硝酸铜。北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
1
(5)①由晶胞结构可知,D原子位于体对角线的 处,参照A原子的坐标参数可得D原子的
4
1 1 1 1
坐标参数为( , , );根据均摊法,晶胞中白球的个数为8× +1=2,灰球的个数为4,由氧化
4 4 4 8
亚铜的化学式可知,D原子代表铜原子;
2×144
②1个晶胞中包含2个“Cu O”,根据题中数据可得:(a×10-10)3d= ,解得N =
2 N A
A
288×1030。
da3
22.卤素在现代生产生活中作用日益显著。回答下列问题:
(1)基态Cl原子核外电子的空间运动状态有 种。
(2)N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为 ;已知NF 熔、沸点低于NH ,
3 3
原因为 。
(3)SiCl 可发生水解反应,机理如下:
4
已知中间体SiCl 的中心原子Si采取的杂化类型为sp3d,则该Si原子的价层电子
4(H O)
2
对数为 ,下列关于该Si原子VSEPR模型的空间结构推断合理的是 (填标号)。
a. 正四面体 b. 三角双锥 c. 正八面体
试解释CCl 不易水解的原因 。
4
(4)β-KrF 晶胞属于四方晶系(边长a=b≠c,夹角α=β=γ=90°),其结构如图所示(顶角上分子
2
轴线与x轴差45°,中心分子与顶角分子取向垂直)。该晶胞中有 个KrF ,A、B间
2
距离为 pm(用含c的代数式表示,不必化简)。
答案 (1)9 (2)F>N>O NH 分子间存在氢键,因此沸点高于无分子间氢键的NF (3)5
3 3
b C原子最外层L层只有s和p轨道,无多余的d轨道接收水分子的孤电子对而进行
sp3d杂化,所以不易水解
(4)2 √ (271) 2 (c) 2
+
2 2北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
解析 (1)基态Cl原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5,故基态Cl原子核外电子的空
间运动状态有1+1+3+1+3=9种;(3)中间体SiCl (H O)的中心原子Si采取sp3d杂化,由图
4 2
示可知该中间体中Si原子与周围的原子形成了4个共价单键,故其价层电子对数为
5,VSEPR模型的空间结构为三角双锥; 根据SiCl 水解过程的机理可知,Si原子M层上
4
能形成sp3d,导致能与水分子中O原子上的孤对电子形成配位键,由于C原子最外层L层
只有s和p轨道,无多余的d轨道接收水分子的孤电子对而进行sp3d杂化,故不易水解;(4)
由图示晶胞可知,1个该晶胞中有2个KrF ,将面对角线的中点与A、B连接为一个直角
2
三角形,如图所示:
√ (271) 2 (c) 2
+
2 2
,则A、B间的距离为 pm。
23.现有A、B、C、D、E五种元素,其性质如下:
A 周期表中原子半径最小的元素
B 电负性最大的元素
C 2p轨道中有三个未成对的单电子
D 原子核外电子数是B与C核外电子数之和
E 能形成红色(或砖红色) E O和黑色的EO两种氧化物
2
请回答如下问题:
(1)E原子有 个未成对电子,二价E离子的电子排布式为 。
(2)A D分子中D原子的杂化类型是 ,D的氧化物DO 分子空间构型为 。
2 3
(3)CA 极易溶于水,其原因主要是 ,试判断CA 溶于水后,形成
3 3
CA ·H O的合理结构: (填“a”或“b”),推理依据是
3 2
(用相关方程式表示)。
(4)在ESO 溶液中滴入过量氨水,E2+形成深蓝色配合物的离子方程式为 。
4
(5)ZnD的晶胞结构如图1所示,在ZnD晶胞中,D2-的配位数为 。
图1
(6)E与金形成的金属互化物结构如图2所示,其晶胞边长为a nm,该金属互化物的密度
为 (用含a、N 的代数式表示)g·cm-3。
A北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
图2
答案 (1)1 1s22s22p63s23p63d9 (2)sp3 平面(正)三角形 (3)氨分子与水分子间形成氢
键 b NH 3 ·H 2 O N H+ +OH-
4
(4)Cu2++4NH ·H O [Cu(NH ) ]2++4H O (5)4 (6) 389
3 2 3 4 2
N ×a3×10-21
A
解析 根据表中信息可推知,A是H、B是F、C是N、D是S、E是Cu。
(1)Cu是29号元素,价电子排布式是3d104s1,有1个未成对电子;Cu2+的电子排布式为
1s22s22p63s23p63d9。
(2)A D是H S,分子中S原子的价电子对数是4,杂化类型是sp3;SO 分子中S原子的价电
2 2 3
子对数是3,空间构型为平面三角形。
(3)NH
3
分子能与H
2
O分子间形成氢键,故极易溶于水;由NH
3
·H
2
O N
H+
+OH-可知N
4
与水中的氢原子形成配位键,所以NH ·H O的合理结构是b。
3 2
(5)根据晶胞结构图可知,在ZnS晶胞中,离S2-最近的Zn2+有4个,S2-的配位数为4。
(6)根据均摊法,每个晶胞含有Cu原子数是3、Au原子数是1,其晶胞边长为a nm,该金属
互化物的密度为 64×3+197 g·cm-3= 389 g·cm-3。
a3×10-21×N N ×a3×10-21
A A
24.铁及其化合物具有广泛的应用。回答下列问题:
(1)铁元素在元素周期表中的位置为 ,其形成的离子常见的有Fe2+和Fe3+,基态
Fe2+的价电子排布式为 ,相同条件下,Fe3+比Fe2+稳定,原因是 。
(2)一种以二茂铁为骨架的新型手性膦氮配合物结构示意图如下,其中Ph为苯基,Ir为铱
元素。该结构中电负性最大的元素为 (填元素符号,下同),分子中第二周期元素的
第一电离能由大到小的顺序为 。P原子的杂化方式为 ,分子中不含有
的化学键类型是 (填标号)。
A.离子键 B.配位键 C.极性共价键
D.非极性共价键 E.σ键 F.π键
(3)铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料,其正交相晶胞结构如图所示。北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
1
其中铁酸钇的化学式为 ,已知1号O原子空间坐标为(0,0, ),2号O原子空间坐
4
1 1 1
标为( , -m, -n),则3号Fe原子的空间坐标为 ,若晶胞参数分别为a pm、b
2 2 4
pm和c pm,阿伏加德罗常数的值用N 表示,则该晶体的密度为 g·cm-3(列出表达
A
式)。
答案 (1)第四周期第Ⅷ族 3d6 基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构,能量低,更
稳定
(2)O N>O>C sp3 A
(3)YFeO (1,1+m,3) 2×193×1030
3
2 2 4 abcN
A
解析 (1)铁为26号元素,位于第四周期第Ⅷ族,基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2,基
态Fe2+的价电子排布式为3d6,而 基态 Fe 3+ 的价电子排布式为 3d 5 , 为半充满结构 , 能量低 ,故
Fe3+比Fe2+稳定。
(2)该物质含有H、C、N、O、Fe、Ir元素,同周期元素从左至右电负性增大,同主族元素
从上往下电负性减小,故该结构中电负性最大的元素为O;该分子中第二周期元素为C、
N、O,第一电离能由大到小的顺序为N>O>C;由图可知,P原子形成4个σ键,则P原子的
价电子对数为4,其杂化方式为sp3;该分子中,N、P原子与Ir之间形成配位键,存在C—H
键、C—O键、N—H键等极性共价键,存在C—C非极性共价键,单键为σ键,C N双键
中有1个σ键、1个π键,不含有离子键,故选A。
1 1 1
(3)1个晶胞中含Y的个数为8× +4× =2,Fe的个数为2,O的个数为8× +4=6,故铁酸钇
8 4 4
1 1 1 1
的化学式为YFeO ;已知1号O原子空间坐标为(0,0, ),2号O原子空间坐标为( , -m,
3
4 2 2 4
-n),则3号Fe原子的空间坐标为(1,1+m,3);该晶体的密度为 2×193 g·cm-3=
2 2 4 N abc×10-30
A
2×193×1030 g·cm-3。
abcN
A
25.闪锌矿与纤锌矿的主要成分均为ZnS。在一定条件下ZnO与ZnS、Se共热可制备荧
光材料ZnSe。回答下列问题:
(1)基态Se原子的价电子排布式为 ,基态Zn与S原子成对电子数之比为 。北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
(2)Zn、O、S、Se的电负性由大到小的顺序为 。制备ZnSe过程中会产生少量
S ,其中S原子采用 杂化,S 的空间构型为 。
O2- O2-
3 3
(3)ZnSe晶胞与ZnS晶胞相似(如图),晶胞中距离最近的两个Se2-的距离为a nm,N 为阿
A
伏加德罗常数的值。请计算ZnSe晶胞的密度为 g/cm3。
(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。ZnSe晶胞中部分原子的分数坐标为:A点Se2-(0,0,0),B点Se2-的分数坐标为
;从该晶胞中找出距离B点Se2-最远的Zn2+的位置 (用分数坐标表示)。
答案 (1)4s24p4 15∶7 (2)O>S>Se>Zn sp3 三角锥形
(3)144√2×1021
(4)(1,1,1)
a3N
A
1 1 1
( , , )
4 4 4
解析 (1)Se元素位于第四周期ⅥA族,故价电子排布式为4s24p4;Zn核外电子排布式为
1s22s22p63s23p63d104s2,有15对成对电子,S核外电子排布式为1s22s22p63s23p4,有7对成对
电子,成对电子数之比为15∶7。(2)O、S、Se为同主族元素,从上到下电负性依次减小,Zn
为金属元素,故电负性由大到小的顺序为O>S>Se>Zn;S O2-中心S原子的价电子对数为
3
4,S原子采用sp3杂化,有一对孤电子对,故为三角锥形。(3)距离最近的两个Se2-的距离即
为面对角线的一半,所以晶胞的棱长为√2a nm=√2a×10-7 cm,根据晶胞结构知1个晶胞
(65+79)×4
中含有4个Zn2+、4个Se2-,则晶体密度为 g =144√2×1021 g/cm3。(4)
N
A a3N
(√2a×10-7)3cm3 A
由题图可知B点Se2-到三个坐标轴的距离均为棱长,所以分数坐标为(1,1,1),距离B点Se2-
最远的Zn2+即A、B连线上的Zn2+,其与三个坐标轴的距离均为棱长的四分之一,所以分
1 1 1
数坐标为( , , )。
4 4 4
26.卤素在现代生产生活中的作用日益显著。回答下列问题:
(1)基态Cl原子核外电子的空间运动状态有 种。
(2)N、O、F的第一电离能由大到小的顺序为 ;已知NF 熔沸点低于NH ,原因为
3 3
。
(3)SiCl 可发生水解反应,机理如下:
4
[ ]北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
已知中间体SiCl (H O)的中心原子Si采取的杂化类型为sp3d,则该Si原子的价电子对数
4 2
为 ,下列关于该Si原子VSEPR模型的空间结构推断合理的是 (填标号)。
a.正四面体 b.三角双锥 c.正八面体
试解释CCl 不易水解的原因 。
4
(4)β-KrF 晶胞属于四方晶系(边长a=b≠c,夹角α=β=γ=90°),其结构如图所示(顶角上分子
2
轴线与x轴差45°,中心分子与顶角分子取向垂直)。该晶胞中有 个KrF ,A、B
2
间距离为 pm(用含c的代数式表示,不必化简)。
答案 (1)9 (2)F>N>O NH 分子间存在氢键 (3)5 b C原子最外层为L层,只有s
3
和p轨道,无多余的d轨道接收水分子的孤电子对进行sp3d杂化,所以不易水解 (4)2
√ 271 c
( )2+( )2
2 2
解析 (1)Cl为17号元素,核外电子占据9个原子轨道,故空间运动状态有9种。(2)第一
电离能:F>N>O;由于NH 分子间能形成氢键,而NF 不能,导致NF 熔沸点低于NH 。(3)
3 3 3 3
由图知SiCl (H O)中Si原子形成了5个共价单键,价电子对数为5,VSEPR模型的空间结
4 2
构是三角双锥;根据SiCl 水解过程的机理可知,Si原子M层上能形成sp3d,与水分子中O
4
原子上的孤电子对形成配位键,由于C原子最外层为L层,只有s和p轨道,无多余的d轨
道接收水分子的孤电子对进行sp3d杂化,所以不易水解。(4)由图示晶胞可知,1个晶胞中
有2个KrF ,由晶胞示意图可知, 将面对角线的中点与 A 、 B 连接为一个直角三角形 ,如图:
2
√ (271) 2 (c) 2
+
2 2
,则A、B间距离为 pm。
27.过渡元素又称过渡金属,第Ⅷ族元素Fe、Co、Ni性质相似,称为铁系元素,主要用于制
造合金。回答下列问题:
(1)Cr基态原子核外电子有 种运动状态;Mo处于第五周期第ⅥB族,核外电子排
布与Cr相似,它的基态价电子排布式是 。北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
(2)[Co(DMSO)
6
](ClO
4
)
2
是一种紫色晶体,Cl O-的空间构型为 ,DMSO是二甲基亚
4
砜,化学式为OS(CH ) ,其中S原子杂化方式是 。晶体中所含非金属元素的电负
3 2
性由大到小的顺序为 。
(3)下表为Co2+、Ni2+不同配位数时对应的晶体场稳定化能(可衡量形成配合物时,总能量
的降低)。由表可知,Ni2+比较稳定的配离子配位数是 (填“4”或“6”),Co3+性质
活泼,易被还原,但[Co(NH ) ]3+很稳定,可能的原因是 。
3 6
离子 配位数 晶体场稳定化能(Dq)
6 -8Dq+2p
Co2+
4 -5.34Dq+2p
6 -12Dq+3p
Ni2+
4 -3.56Dq+3p
(4)Fe O 晶体中,O2-的重复排列方式如图所示,该排列方式中存在着如由1、3、6、7的
3 4
O2-围成的正四面体空隙和3、6、7、8、9、12的O2-围成的正八面体空隙。Fe O 中有
3 4
一半的Fe3+填充在正四面体空隙中,另一半Fe3+和全部Fe2+填充在正八面体空隙中,则
Fe O 晶体中,正八面体空隙数与O2-数之比为 。正四面体空隙填充率与正八面体
3 4
空隙填充率之比为 。Fe O 晶胞中有8个图示结构单元,该晶胞参数为a pm,则
3 4
晶体密度为 g·cm-3(写出含a和N 的计算表达式)。
A
答案 (1)24 4d55s1
(2)正四面体形 sp3 O>Cl>S>C>H
(3)6 形成配位键后,三价钴的氧化性减弱,性质变得稳定
(4)1∶1 1∶4
8×(56×3+16×4)×1030
a3N
A
解析 (1)Cr是24号元素,故基态原子核外电子有24种运动状态;Cr基态价电子排布式
是3d54s1,Mo与 Cr同族,则其基态价电子排布式是4d55s1。(2)Cl O-中心原子价电子对数
4
为4,空间构型为正四面体形;OS(CH ) 中S原子与O原子形成双键,与—CH 上碳原子形
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成单键,则S原子周围形成了3个σ键,孤电子对数为1,故价电子对数4,S原子杂化方式
是sp3;电负性由大到小顺序为O>Cl>S>C>H。(3)由题表中数据知,配位数为6的Ni2+的
配离子比配位数为4的能量更低,能量越低越稳定,比较稳定的配离子配位数是6;已知
[Co(NH ) ]3+中Co3+与NH 之间形成配位键,[Co(NH ) ]3+很稳定,可能的原因是形成配位
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键后,三价钴的氧化性减弱,性质变得稳定。(4) 由题图可知 , 结构单元中有 4 个正八面体
空隙,O2-位于图中结构单元的顶点与面心,图中结构单元中有4个O2-,Fe O 晶体中,正八
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面体空隙数与O2-数之比为4∶4=1∶1;由图可知,Fe O 晶体中有2个Fe3+和1个Fe2+,结构单
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元中有8个正四面体空隙数,填了一个Fe3+,结构单元中有4个正八面体空隙数,填了一个
