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
考点二 晶体结构与性质
1.(2016课标Ⅱ,37,15分)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(NH ) ]SO 蓝色溶液。
3 6 4
①[Ni(NH ) ]SO 中阴离子的立体构型是 。
3 6 4
②在[Ni(NH ) ]2+中Ni2+与NH 之间形成的化学键称为 ,提供孤电子对的成键原子是 。
3 6 3
③氨的沸点 (填“高于”或“低于”)膦(PH ),原因是 ;氨是 分
3
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:I =1 958 kJ·mol-1、I =1 753
Cu Ni
kJ·mol-1,I >I 的原因是 。
Cu Ni
(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d g·cm-3,晶胞参数a= nm。
答案 (15分)(1)1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 2
(2)①正四面体 ②配位键 N ③高于 NH 分子间可形成氢键 极性 sp3
3
(3)金属 铜失去的是全充满的3d10电子,镍失去的是4s1电子
1
(4)①3∶1 ②[ 251 ]
3
×107
6.02×1023×d
1
解析 (2)①SO2-中S原子的价层电子对数为4+ ×(6+2-2×4)=4,采取sp3杂化,立体构型为正四面体;②Ni2+与
4 2
NH 之间形成化学键时Ni提供空轨道,N提供孤电子对,形成配位键;③氨分子之间形成氢键,分子间作用力
3
增大,故沸点高于膦(PH );氨分子中N原子的价层电子对数为4,采取sp3杂化,四个杂化轨道中有三个轨道被
3
共用电子对占据,一个轨道被孤电子对占据,是极性分子。
(3)金属单质形成的晶体均为金属晶体,金属晶体中只含有金属键。
1 1
(4)①1个晶胞中含Cu原子数为 ×6=3,含Ni原子数为 ×8=1,两者数量比为3∶1;
2 8
②由题意可得:d= 3×64+59 ,解得a=√ 251 ×107 nm。
3
(a×10-7)3×6.02×1023 6.02×1023×d
易错警示 第(4)问②中要注意单位转换(1 nm=10-7 cm)。
2.(2016海南单科,19-Ⅱ,14分)M是第四周期元素,最外层只有1个电子,次外层的所有原子轨道均充满电子。
元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题:
(1)单质M的晶体类型为 ,晶体中原子间通过 作用形成面心立方密堆积,其中M原子的
配位数为 。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)元素Y基态原子的核外电子排布式为 ,其同周期元素中,第一电离能最大的是
(写元素符号)。元素Y的含氧酸中,酸性最强的是 (写化学式),该酸根离子的立体构型为 。
(3)M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为 ,已知晶胞参数a=0.542 nm,此晶体的密度为 g·cm–3。(写出
计算式,不要求计算结果。阿伏加德罗常数的值为N )
A
②该化合物难溶于水但易溶于氨水,其原因是 。此化合物的
氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色,深蓝色溶液中阳离子的化学式为 。
答案 (1)金属晶体 金属键 12
(2)1s22s22p63s23p5 Ar HClO 正四面体
4
(3)①CuCl 4×99.5 或 4×M(CuCl)
N ×(0.542)3×10-21 N ×a3×10-21
A A
②Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物(或配离子)
[Cu(NH ) ]2+
3 4
解析 (1)根据题意,M的价电子排布式为3d104s1,M为Cu,单质铜的晶体类型为金属晶体,晶体中原子间通过
金属键作用形成面心立方密堆积,面心立方密堆积中Cu原子的配位数为12;(2)Y的负一价离子的最外层电
子数与次外层相同,则Y为Cl,基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5或[Ne]3s23p5,其同周期元素中,
第一电离能最大的应该是稀有气体元素Ar,Y的含氧酸中,酸性最强的是HClO ,该酸根离子的中心原子Cl
4
1 1
采取等性的sp3杂化,立体构型为正四面体;(3)①运用均摊法,一个该晶胞中Cu的个数为8× +6× =4,Cl的
8 2
4
个数为4,故该化合物的化学式为CuCl,晶胞参数a=0.542 nm,则ρ= ×99.5 g·cm-3=
N
A
(0.542×10-7)3
4×99.5 g·cm-3;②CuCl易溶于氨水的原因是发生了反应:CuCl+2NH ·H O
3 2
N ×(0.542)3×10-21
A
[Cu(NH ) ]Cl+2H O,形成了易溶于水的配合物,该配合物遇到空气被氧化成深蓝色的[Cu(NH ) ]2+。
3 2 2 3 4
3.(2015课标Ⅱ,37,15分)A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素,A2-和B+具有相同的电子构型;C、D
为同周期元素,C核外电子总数是最外层电子数的3倍;D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题:
(1)四种元素中电负性最大的是 (填元素符号),其中C原子的核外电子排布式为 。
(2)单质A有两种同素异形体,其中沸点高的是 (填分子式),原因是 ;A和B的氢
化物所属的晶体类型分别为 和 。
(3)C和D反应可生成组成比为1∶3的化合物E,E的立体构型为 ,中心原子的杂化轨道类型为
。
(4)化合物D A的立体构型为 ,中心原子的价层电子对数为 ,单质D与湿润的Na CO 反应
2 2 3
可制备D A,其化学方程式为 。
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(5)A和B能够形成化合物F,其晶胞结构如图所示,晶胞参数a=0.566 nm,F的化学式为 ;晶胞中A原
子的配位数为 ;列式计算晶体F的密度(g·cm-3) 。
答案 (15分)(1)O 1s22s22p63s23p3(或[Ne]3s23p3)(每空1分,共2分)
(2)O O 相对分子质量较大,范德华力大 分子晶体
3 3
离子晶体(每空1分,共4分)
(3)三角锥形 sp3(每空1分,共2分)
(4)V形 4
2Cl +2Na CO +H O Cl O+2NaHCO +2NaCl(或2Cl +Na CO Cl O+CO +2NaCl)(每空1分,共3分)
2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2
(5)Na O 8 4×62 g·mol-1 =2.27 g·cm-3(1分,1分,2分,共4分)
2
(0.566×10-7cm)3×6.02×1023mol-1
解析 由题意可知A为O、B为Na、C为P、D为Cl。(1)四种元素中O的非金属性最强,电负性最大;P的
原子序数为15,核外电子排布式为1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3。(2)氧元素的两种同素异形体为O 和O ,沸
2 3
点较高的是O ,因为O 的相对分子质量较大,范德华力大。O的氢化物可以是H O、H O ,二者所属晶体类
3 3 2 2 2
型均为分子晶体;Na的氢化物为NaH,属于离子晶体。(3)PCl 中中心原子的价层电子对数是4,其中σ键数
3
是3,孤电子对数为1,故PCl 中中心原子采用sp3杂化方式,分子构型为三角锥形。(4)Cl O中中心原子为O,
3 2
分子中σ键数为2,中心原子孤电子对数为2,故中心原子的价层电子对数为4,分子空间构型为V形。Cl 与
2
湿润的Na CO 反应生成Cl O的同时还应该生成NaCl和 NaHCO 。(5)由晶胞结构可知,一个晶胞中小球个
2 3 2 3
数为8,大球个数为4,小球代表离子半径较小的Na+,大球代表离子半径较大的O2-,故F的化学式为Na O;晶
2
胞中与每个氧原子距离最近且相等的钠原子有8个;晶胞的质量为 62 g·mol-1 ×4,晶胞的体积为
6.02×1023mol-1
(0.566×10-7)3 cm3,晶体密度为 62 g·mol-1×4 =2.27 g·cm-3。
6.02×1023mol-1×0.5663×10-21cm3
4.(2014课标Ⅰ,37,15分)早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成。回答
下列问题:
(1)准晶是一种无平移周期序,但有严格准周期位置序的独特晶体,可通过 方法区分晶体、准晶体和
非晶体。
(2)基态Fe原子有 个未成对电子,Fe3+的电子排布式为 。可用硫氰化钾检验Fe3+,形
成的配合物的颜色为 。
(3)新制备的Cu(OH) 可将乙醛(CH CHO)氧化成乙酸,而自身还原成Cu O。乙醛中碳原子的杂化轨道类型
2 3 2
为 ,1 mol乙醛分子中含有的σ键的数目为 。乙酸的沸点明显高于乙醛,其主要原因是
。Cu O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
2
个铜原子。
(4)Al单质为面心立方晶体,其晶胞参数a=0.405 nm,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)。
答案 (1)X-射线衍射
(2)4 1s22s22p63s23p63d5 血红色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
(3)sp3、sp2 6N CH COOH存在分子间氢键 16
A 3
4×27
(4)12
6.022×1023×(0.405×10-7)3
解析 (1)用一定波长的X-射线照射到晶体上,根据记录仪上有无分离的斑点或明锐的谱线,可以鉴别晶体、
准晶体和非晶体。(2)基态Fe原子的电子排布式为[Ar]3d64s2,价电子的轨道表示式为
↑↓ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑↓
3d 4s ,故基态Fe原子的未成对电子数为4;Fe3+的电子排布式为[Ar]3d5或
1s22s22p63s23p63d5;Fe3+与SCN-形成的配合物呈血红色。(3)CH CHO分子中—CH 中碳原子为sp3杂化,—
3 3
CHO中碳原子为sp2杂化。因乙酸分子间能形成氢键,故乙酸的沸点明显比乙醛高。1个Cu O晶胞中氧原
2
1 1
子数=4+6× +8× =8,故铜原子数为2×8=16。(4)面心立方晶胞中,铝原子的配位数为12;1个晶胞中Al原子
2 8
4
数为8×1+6×1=4,故铝单质的密度ρ=m= ×27 g·mol-1 = 4×27 g·cm-3。
N
8 2 V A 6.022×1023×(0.405×10-7)3
(0.405×10-7cm)3
5.(2014山东理综,33,12分)石墨烯(图甲)是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料,石墨烯中部分碳
原子被氧化后,其平面结构会发生改变,转化为氧化石墨烯(图乙)。
(1)图甲中,1号C与相邻C形成σ键的个数为 。
(2)图乙中,1号C的杂化方式是 ,该C与相邻C形成的键角 (填“>”“<”或“=”)图甲中1号
C与相邻C形成的键角。
(3)若将图乙所示的氧化石墨烯分散在H O中,则氧化石墨烯中可与H O形成氢键的原子有 (填元
2 2
素符号)。
(4)石墨烯可转化为富勒烯(C ),某金属M与C 可制备一种低温超导材料,晶胞如图丙所示,M原子位于晶胞
60 60
的棱上与内部。该晶胞中M原子的个数为 ,该材料的化学式为 。
答案 (1)3 (2)sp3 < (3)O、H (4)12 M C
3 60
解析 (1)由题图甲中1号C原子采取sp2杂化,形成平面正六边形结构可知,1号C与相邻C形成3个σ键。
(2)题图乙中1号C原子除结合原来的三个C原子外,还与一个O形成共价键,故以sp3方式杂化,其键角小于
sp2杂化时的120°。
(3)氧化石墨烯中的H、O原子可分别与H O形成氢键。
2
1 1 1
(4)根据“均摊法”计算。晶胞中M的个数:12× +9=12;C 的个数:8× +6× =4,所以其化学式可表示为
60
4 8 2
M C 。
3 60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
6.(2013课标Ⅱ,37,15分)前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中,A和B的价电子层中未成对电
子均只有1个,并且A-和B+的电子数相差为8;与B位于同一周期的C和D,它们价电子层中的未成对电子数
分别为4和2,且原子序数相差为2。
回答下列问题:
(1)D2+的价层电子排布图为 。
(2)四种元素中第一电离能最小的是 ,电负性最大的是 。(填元素符号)
(3)A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示。
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。
(4)A-、B+和C3+三种离子组成的化合物B CA ,其中化学键的类型有 ;该化合物中存在一个复杂
3 6
离子,该离子的化学式为 ,配位体是 。
答案 (1) (2分)
(2)K F(每空2分,共4分)
(3)①K NiF 6(2分,1分,共3分)
2 4
39×4+59×2+19×8
② =3.4(2分)
6.02×1023×4002×1 308×10-30
(4)离子键、配位键 [FeF ]3- F-(2分,1分,1分,共4分)
6
解析 前四周期元素中,C的价电子层中未成对电子数为4,则C为第四周期元素,其价电子排布图为
,即该元素为26号元素Fe,进一步推知,D为28号元素Ni,B为K,A为F。
(1)Ni原子失去最外层的2个电子形成Ni2+,Ni2+的价层电子排布图为 。
(2)四种元素中K最易失去1个电子,其第一电离能最小,F最易获得电子,其电负性最大。
(3)①一个晶胞中,有16个F-位于晶胞的棱上,2个F-位于晶胞内部,4个F-位于晶胞的面上,根据均摊法,该晶
1 1
胞中真正占有的F-数为:16× +2+4× =8;有8个K+位于晶胞的棱上,2个K+位于晶胞内部,故该晶胞中真正
4 2
1
占有的K+数为:8× +2=4;有8个Ni2+位于晶胞的顶点,1个Ni2+位于晶胞内部,故该晶胞中真正占有的Ni2+数
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1
为:8× +1=2。因此,该化合物中K+、Ni2+、F-的数目比为4∶2∶8=2∶1∶4,则该化合物的化学式为K NiF 。1个
2 4
8
Ni2+周围拥有6个F-,故Ni的配位数为6。
②1 mol晶胞中含有2 mol K NiF ,其质量为2 mol×213 g·mol-1,1 mol晶胞的体积为6.02×1023×4002×1 308×10-
2 4
30 cm3,故该晶体的密度为 2mol×213 g·mol-1 =3.4 g·cm-3。
6.02×1023×4002×1 308×10-30cm3
(4)K FeF 中含有离子键和配位键,其中K+与[FeF ]3-之间形成离子键,Fe3+与F-之间形成配位键。K FeF 中存
3 6 6 3 6
在的复杂离子为[FeF ]3-,其中配位体是F-。
6
7.(2013江苏单科,21A,12分)元素X位于第四周期,其基态原子的内层轨道全部排满电子,且最外层电子数为
2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。
(1)X与Y所形成化合物晶体的晶胞如右图所示。
①在1个晶胞中,X离子的数目为 。
②该化合物的化学式为 。
(2)在Y的氢化物(H Y)分子中,Y原子轨道的杂化类型是 。
2
(3)Z的氢化物(H Z)在乙醇中的溶解度大于H Y,其原因是 。
2 2
(4)Y与Z可形成Y Z2-。
4
①Y
Z2-
的空间构型为 (用文字描述)。
4
②写出一种与Y Z2-互为等电子体的分子的化学式: 。
4
(5)X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH ) ]Cl ,1 mol 该配合物中含有σ键的数目为 。
3 4 2
答案 (1)①4 ②ZnS
(2)sp3
(3)水分子与乙醇分子之间形成氢键
(4)①正四面体 ②CCl 或SiCl 等
4 4
(5)16 mol或16×6.02×1023个
解析 (1)依题意X、Y基态原子的价层电子排布分别为3d104s2、3s23p4,故元素X、Y分别为Zn和S。1个
1 1
晶胞中X离子的数目为8× +6× =4,含有Y离子的数目为4。二者形成的化合物的化学式为ZnS。(2)H S
2
8 2
分子中S原子采取sp3杂化。(3)Z为氧元素,H O在乙醇中的溶解度大于H S是因为水分子与乙醇分子间能
2 2
形成氢键而H
2
S不能。(4)①S O2-中S原子采取sp3杂化,S O2-空间构型为正四面体。②与S O2-互为等电子
4 4 4
体的分子有SiCl 或CCl 等。(5)在[Zn(NH ) ]Cl 中,每个NH 分子中的3个N—H键均为σ键,中心离子
4 4 3 4 2 3
Zn2+与4个NH 分子结合的配位键也为σ键,故1 mol配合物中的σ键数目为4+3×4=16 mol,即16N 个σ键。
3 A
易错警示 第(3)小问只答“存在氢键”不得分,需要强调出乙醇分子与水分子存在分子间氢键。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
8.(2011课标,37,15分)氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物,经过一系列反应可以
得到BF 和BN,如下图所示:
3
硼砂 HBO BO
3 3 2 3
请回答下列问题:
(1)由B O 制备BF 、BN的化学方程式依次是 、
2 3 3
;
(2)基态B原子的电子排布式为 ;B和N相比,电负性较大的是 ,BN中B元素的化合价为
;
(3)在BF 分子中,F—B—F的键角是 ,B原子的杂化轨道类型为 ,BF 和过量NaF作用
3 3
可生成NaBF
4
,B F-的立体构型为 ;
4
(4)在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中,层内B原子与N原子之间的化学键为 ,层间作用力为
;
(5)六方氮化硼在高温高压下,可以转化为立方氮化硼,其结构与金刚石相似,硬度与金刚石相当,晶胞边长为
361.5 pm。立方氮化硼晶胞中含有 个氮原子、 个硼原子,立方氮化硼的密度是
g·cm-3(只要求列算式,不必计算出数值。阿伏加德罗常数为N )。
A
答案 (15分)(1)B O +3CaF +3H SO 2BF ↑+3CaSO +3H O B O +2NH 2BN+3H O
2 3 2 2 4 3 4 2 2 3 3 2
(2)1s22s22p1 N +3
(3)120° sp2 正四面体
(4)共价键(极性共价键) 分子间力
(5)4 4 25×4
(361.5×10-10)3×N
A
解析 (1)涉及的反应是非氧化还原反应,配平相对简单。
(2)B的原子序数为5,不难写出其电子排布式。B和N同处第二周期,N的非金属性比B强,在BN中B元素
显+3价。
(4)“与石墨结构相似”很好地解释了B原子与N原子之间的成键类型及层间作用力。
(5)金刚石晶胞中有8个C原子,则BN晶胞中也有8个原子,B原子、N原子各4个。BN的摩尔质量为25
4
g·mol-1,一个晶胞的质量为 ×25 g,除以一个晶胞的体积(361.5×10-10)3 cm3,即为所求密度。
N
A
