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.共价键、金属键、离子键和分子间作用力是微观粒子间的不同相互作用,含有上述两
种相互作用的晶体是( )
A.SiC晶体 B.CCl 晶体
4
C.KCl晶体 D.Na晶体
答案 B CCl 晶体是分子晶体,分子之间存在分子间作用力,在分子内部C、Cl之间以
4
共价键结合;SiC、KCl和Na的晶体中分别只存在共价键、离子键和金属键一种作用,故
选B。
2.下列说法正确的是 ( )
A.晶体在受热熔化过程中一定存在化学键的断裂
B.共价晶体的原子间只存在共价键,而分子晶体内只存在范德华力
C.区分晶体和非晶体最科学的方法是对固体进行X-射线衍射实验
D.非金属元素的原子间只形成共价键,金属元素的原子与非金属元素的原子间只形成离
子键
答案 C A项,分子晶体受热熔化时破坏的是分子间作用力而不是化学键,错误;B项,有
的分子晶体中存在氢键,错误;D项, 金属元素原子与非金属元素原子间也可能形成共价键 ,
如 AlC l ,错误。
3
3.下列说法中错误的是( )
A.根据CH
4
、N H+、S O2-为正四面体结构,可推测P H+、P O3-也为正四面体结构
4 4 4 4
B.1 mol金刚石晶体中,平均含有2 mol C—C键
C.水的沸点比硫化氢的高,是因为H O分子间存在氢键,H S分子间不能形成氢键
2 2
D.某气态团簇分子结构如图所示,该气态团簇分子的分子式为EF或FE
答案 D D项,该物质是气态团簇分子,即是一个大分子,因此不能用均摊法计算,可直接
找出分子中原子个数,即得分子式为E F 或F E ,故D错误。
4 4 4 4
4.硅酸盐与二氧化硅一样,都是以硅氧四面体作为基本结构单元。硅氧四面体可以用投
影图表示成 ,其中表示氧原子,中心黑点表示硅原子。硅氧四面体通过不同的
连接方式可以组成各种不同的硅酸根离子。试确定在无限长单链阴离子中(见图),硅原
子与氧原子的个数之比为( )
A.1∶2 B.1∶3 C.2∶5 D.2∶7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 B 无限长单链阴离子中,重复出现的结构单元是 ,其中Si原子
1
数目=2,O原子数目=5+2× =6,硅原子与氧原子的个数之比=2∶6=1∶3,故选B。
2
5.现有四种晶体,其构成粒子(均为单原子核粒子)的排列方式如图所示,其化学式正确的
是( )
答案 C 利用均摊法确定粒子个数比。A项,化学式为AB或BA;B项,化学式为FE或
EF;C项,化学式为XY Z;D项,化学式为AB或BA;故C正确。
3
6.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。如图所
示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
,每个晶胞中含有4个K+和8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+距离最近且相等的K+有8个
D.晶体中0价氧与-2价氧的个数之比为3∶1
1 1 1
答案 D 晶胞中含有K+的个数为8× +6× =4,O- 的个数为12× +1=4,A项错误。晶
8 2 2 4
体中每个K+周围有6个
O-
,每个 O-周围有6个K+,B项错误。晶体中与每个K+距离最近
2 2
且相等的K+的个数为3×8÷2=12,C项错误。设晶体中0价氧与-2价氧的个数分别为x、
y,则有x+y=2n(n为任意正整数),2y=n,解得x∶y=3∶1,D项正确。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
7.硼化镁晶体的理想模型中,镁原子和硼原子分层排布,彼此分层间隔。单层硼原子(半径
为a)和单层镁原子(半径为b)在平面上的投影如图1。下列说法不正确的是( )
A.白球代表镁原子,其电子排布式为1s22s22p63s2
B.该晶体的化学式为MgB
2
C.硼化镁晶体的晶胞结构可用图2表示
D.晶胞边长为(a+b)
答案 D 镁是12号元素,且半径大于硼,A项正确;由图1知,1个Mg原子周围有6个B
原子,1个B原子周围有3个Mg原子,故化学式为MgB ,B项正确;根据均摊法,图2中1
2
1
个晶胞含有8× =1个Mg原子,2个B原子,晶体的化学式为MgB ,与图1相符,C项正确;
2
8
由图 2 可知 , 边长为 2 个白球的圆心距 ,将图1中3个距离最近的白球连成1个等边三角
形 ,在等边三角形中作辅助线(如图,a、b、c为白球球心,d为
1
x x √3
2 √3
2 2
a+b
黑球球心) ,ac即为晶胞边长,设边长为x,则ae= ,ad=a+b, = ,x=
(a+b),D项错误。
8.Cu ZnSnS 是太阳能薄膜电池的重要成分,其晶胞结构(棱边夹角均为90°)如图所示。
2 4
下列说法错误的是( )
A.第一电离能:Cu<Zn
B.1个晶胞中含有Cu ZnSnS 单元数为2个
2 4
C.距离每个Zn原子最近的S原子数为2个
D.四种元素基态原子中,核外电子空间运动状态最多的为Sn原子
答案 C Zn价层电子为全满稳定结构,故第一电离能:Zn>Cu,A项正确;由均摊法知,1个
晶胞含有4个Cu原子、2个Sn原子、2个Zn原子、8个S原子,故含有Cu ZnSnS 单元
2 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
数为2个,B项正确;由结构知,Zn原子位于面上,该晶胞中有2个S原子离其最近,共用Zn
原子的另一个晶胞中也有2个S原子离其最近,故距离每个Zn原子最近的S原子数为4
个,C项错误;四种元素中,Sn原子的核外电子数最多,占据的原子轨道也最多,故电子空间
运动状态最多,D项正确。
9.对于钠的卤化物(NaX)和硅的卤化物(SiX ),下列叙述正确的是( )
4
A.SiX 呈空间网状结构,硬度大
4
B.NaX的熔点一般高于SiX
4
C.NaX易水解
D.SiX 由原子构成,熔化时破坏共价键
4
答案 B SiX 属于分子晶体,其硬度较小,不呈空间网状结构,A错误;NaX属于离子晶体,
4
离子晶体的熔点高于分子晶体的熔点,B正确;除NaF外,其他NaX不水解,C错误;SiX 为
4
分子晶体,熔化时破坏分子间作用力,D错误。
10.观察下列空间模型并结合有关信息,判断有关说法正确的是 ( )
B 结构单元 SF 分子 S HCN
12 6 8
空间结构模型示意图
熔点 易溶于
备注 — —
1 873 K CS
2
A.单质硼属于共价晶体
B.SF 是由极性键构成的极性分子
6
C.固态硫S 属于共价晶体
8
D.HCN的结构式为H∶C∶∶N
答案 A SF 空间结构高度对称,是由极性键构成的非极性分子,B错误;根据S 易溶于
6 8
CS 可知,固态硫S 属于分子晶体,C错误;HCN的结构式应为 ,D错误。
2 8
11.常见的铜的硫化物有CuS和Cu S两种。已知:晶胞中S2-的位置如图1所示,铜离子位
2
于硫离子所构成的四面体中心,它们的晶胞具有相同的侧视图如图2所示。Cu S的晶胞
2
参数a pm,阿伏加德罗常数的值为N 。下列说法正确的是( )
A
图1
图2
A.S2-是体心立方堆积
B.Cu S晶胞中,Cu+填充了晶胞中一半四面体空隙
2
C.CuS晶胞中,S2-配位数为8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.Cu S晶胞的密度为 640 g·cm-3
2
N ×a3×10-30
A
答案 D 在面心立方晶胞中,每个顶点都能与三个面心原子形成一个四面体空隙,因此
晶胞内能形成8个四面体空隙,CuS晶胞中,Cu2+填充了晶胞中4个四面体空隙,对称分布。
由图1可知S2-是面心立方最密堆积,A项错误。Cu S晶胞中,Cu+填充了晶胞中8个四面
2
体空隙,所以,两种晶胞的侧视图是相同的,B项错误。CuS晶胞中,S2-配位数为4,Cu S晶
2
胞中,S2-配位数为8,C项错误。Cu S晶胞中含有4个Cu S,故Cu S晶胞的密度为
2 2 2
640 g·cm-3,D项正确。
N ×a3×10-30
A
12.工业上一种从海水中制备碘的方法为取净化除氯后的含碘海水,加入AgNO 溶液,富
3
集得到AgI悬浊液,进而制得粗碘。从AgI悬浊液中回收I 的流程如图1所示。
2
图1
图2
下列有关说法正确的是( )
A.Fe粉与AgI悬浊液反应的离子方程式为:Fe+2Ag+ Ag+Fe2+
B.可在含碘海水中直接通入Cl 制备粗碘
2
C.如图2所示I 的晶胞中有14个I 分子
2 2
D.流程中沉淀可进一步转化,实现AgNO 的循环使用
3
答案 D A项,Fe粉与AgI悬浊液反应的离子方程式为Fe+2AgI(s) 2Ag+Fe2++2I-,错
误;B项,由题图可知,先将含碘海水中的碘转化为AgI,再转化为FeI ,进行I-的富集后,再通
2
1 1
入Cl 制备粗碘,错误;C项,I 的晶胞中含有的I 分子数为8× +6× =4,错误;D项,题给流
2 2 2
8 2
程中沉淀为Ag和Fe,加入一定量的稀硝酸可将Ag转化为AgNO ,实现AgNO 的循环使
3 3
用,正确。
13.自然界中原生铜的硫化物经氧化、淋滤后变成CuSO 溶液,遇到闪锌矿(ZnS)可慢慢
4
转变为铜蓝(CuS)。已知:K (ZnS)=2×10-22,K (CuS)=6×10-36。下列说法正确的是 ( )
sp sp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.1个ZnS晶胞(见右图)中含4个S2-
B.Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d84s1
C.反应ZnS(s)+Cu2+(aq)
CuS(s)+Zn2+(aq)正向进行,需满足c(Zn2+)>1×1014
c(Cu2+) 3
D.生成铜蓝后的溶液中一定存在:c(S2-)=K (CuS) ,且c(S2-)>K (ZnS)
sp sp
c(Cu2+) c(Zn2+)
1 1
答案 A A项,1个ZnS晶胞中,S2-的个数为8× +6× = 4,正确;B项,Cu的基态核外电
8 2
子排布式为[Ar]3d104s1,则Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d9,错误;C项,该反应的K=
c(Zn2+)=c(Zn2+)·c(S2-)=K (ZnS) =2×10-22=1×1014,当Q<K时,该反应正向
sp
c(Cu2+) c(Cu2+)·c(S2-) K (CuS) 6×10-36 3
sp
移动,错误;D项,若c(S2-)>K (ZnS) ,即Q=c(S2-)·c(Zn2+)>K (ZnS),溶液中有ZnS沉淀析
sp sp
c(Zn2+)
出,错误。
14.已知:①Cu O的晶胞如图所示;②Cu O固体溶于稀硫酸,能得到CuSO 溶液和一种紫红
2 2 4
色单质;③向CuSO 溶液中加入一定量NaOH溶液,能得到一种浅蓝绿色沉淀,该沉淀能
4
溶于氨水。下列说法不正确的是( )
A.一个Cu O晶胞中,Cu原子的数目为4
2
B.②中的反应为Cu O+H SO CuSO +Cu+H O
2 2 4 4 2
C.③中的浅蓝绿色沉淀为CuOH
D.③中沉淀溶解是因为生成了铜氨配合物
答案 C A项,根据均摊法,白球有:8×1/8+1=2个,黑球有4个,从化学式Cu O中Cu、O
2
个数比可推知黑球是Cu原子,正确;B项,Cu O与H+发生氧化还原反应生成Cu和Cu2+,正
2
确;C项,浅蓝绿色沉淀为Cu(OH) ,错误;D项,Cu(OH) 与NH ·H O反应生成
2 2 3 2
[Cu(NH ) ]2+,Cu2+与NH 分子间为配位键,正确。
3 4 3
15.研究低温超导体材料的性能对解决能源危机有重要意义。金属K与C 形成的一种
60
低温超导材料的立方晶胞结构如图所示,晶胞边长都为a pm,K原子位于晶胞的棱上与
内部。下列说法正确的是( )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.该材料的化学式为KC
60
B.C 周围等距且最近的C 的个数为4个
60 60
√2
C.体心K原子与顶点C 的距离为 a pm
60
2
√2
D.C 与C 的最短距离是 a pm
60 60
2
1 1 1
答案 D 利用“均摊法”,C 个数为8× +6× =4,K原子的个数为12× +1+8=12,则该
60
8 2 4
材料的化学式为K C ,A项错误;由晶胞结构可知,C 周围等距且最近的C 的个数为
3 60 60 60
3×8 1
=12,B项错误;由晶胞结构可知,体心K原子与顶点C 的距离为体对角线长度的 ,
60
2 2
√3
则体心K原子与顶点C 的距离为 a pm,C项错误;C 与C 的最短距离是面对角线长
60 60 60
2
1 √2
度的 ,则C 与C 的最短距离是 a pm,D项正确。
2 60 60 2
16.下列叙述正确的是( )
A.0.5 mol氢的质量是0.5 g
B.摩尔是用来衡量微观粒子多少的一种物理量
C.1 mol氖气和1 mol氧气体积相同
D.同质量的H 与Cl 相比,H 的分子数多
2 2 2
答案 D A项,未指明微粒的种类(氢原子、氢分子、氢离子),错误;B项,摩尔不是物理
量,而是物质的量的单位,错误;C项,氖气和氧气所处的状态不一定相同,在不同温度和压
强下,气体摩尔体积不同,错误;D项,因H 的摩尔质量小于Cl ,故同质量的H 与Cl 相
2 2 2 2
比,H 的物质的量大,分子数多,正确。
2
17.氨硼烷 是一种有效、安全的储氢材料,可由硼烷 和氨气合成,其
(H N-BH ) (B H )
3 3 2 6
结构与乙烷相似。下列关于氨硼烷的性质推测不合理的是( )
A.氨硼烷为分子晶体
B.其沸点比乙烷高得多
C.氨硼烷难溶于水
D.加热时可缓慢释放出H
2
答案 C A项,氨硼烷的结构与乙烷相似,为分子晶体,正确;B项,氨硼烷能形成分子间氢
键,其沸点比乙烷高,正确;C项,氨硼烷和水分子间形成氢键,易溶于水,错误;D项,根据氨
硼烷是有效、安全的储氢材料可知,正确。
18.足球烯(C )分子形成的晶体是碳的一种单质形态。下列说法错误的是( )
60
A.形成该单质的微粒间作用力为范德华力
B.足球烯晶体的熔沸点低于金刚石晶体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
C.足球烯、石墨均可作为生产耐高温的润滑剂材料
D.足球烯在苯中的溶解度比在酒精中的溶解度大
答案 C A项,足球烯是分子晶体,该单质的微粒间作用力是分子间作用力,为范德华力,
正确;B项,足球烯是分子晶体,金刚石是原子晶体,分子晶体熔沸点低于原子晶体,正确;C
项,足球烯是分子晶体,熔沸点不高,不可作为生产耐高温的润滑剂材料,错误;D项,足球烯
是非极性分子,苯是非极性溶剂,酒精是极性溶剂,根据相似相溶原理,足球烯在苯中的溶
解度比在酒精中的溶解度大,正确。
19.下列有关物质的结构与性质的叙述错误的是( )
A.Na的半径比Na-的大,则Na的还原性比Na-强
B.邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的低,与氢键有关
C.F的电负性比Cl的大,可推断CF COOH的酸性强于CCl COOH
3 3
D.N与N形成的π键比P与P的强,可推断 的稳定性比 的高
答案 A Na的半径比Na-的小,且Na的还原性比Na-弱,A项错误;邻羟基苯甲醛能形成
分子内氢键,对羟基苯甲醛能形成分子间氢键,故邻羟基苯甲醛的沸点比对羟基苯甲醛的
低,B项正确;F的电负性比Cl的大,则CF COO-的吸电子能力更强,H+易电离出去,因此
3
CF COOH的酸性更强,C项正确;N与N形成的π键比P与P的强,键能越大稳定性越高,
3
因此 的稳定性比 的高,D项正确。
20.磷酸亚铁锂(LiFePO )可用作锂离子电池的正极材料,具有安全性高、热稳定性强等优
4
点。工业上以FeCl 、NH H PO 、LiCl和苯胺( )等为原料制备磷酸亚铁锂。
3 4 2 4
下列说法错误的是( )
A.该反应中苯胺作还原剂
B.N H+和 PO3-的空间构型相同
4 4
C.1 mol苯胺分子中含有9 mol σ键
D.LiCl、苯胺和甲苯的熔点由高到低的顺序是LiCl>苯胺>甲苯
答案 C FeCl 中Fe3+被还原为Fe2+,NH H PO 和LiCl中元素化合价不变,则还原剂是
3 4 2 4
苯胺,A项正确;N H+和P O3-中心原子价电子对数都是4,且无孤电子对,空间构型都是正
4 4
四面体形,B项正确;从苯胺的结构简式知,1 mol苯胺分子中含有14 mol σ键,C项错
误;LiCl属于离子晶体,熔点高于分子晶体,苯胺和甲苯均为分子晶体,苯胺分子间能形成
氢键,故其熔点较甲苯高,D项正确。
21.加热CoCO 制备Co O 时有部分Co2+转化为Co3+。取1 mol CoCO 在空气中加热,反
3 3 4 3
应温度对反应产物的影响如图1所示。参与该反应的物质还有 (写化学式)。
Co O 晶体中包含A、B两种结构单元,如图2所示( 、 表示两种不同价态的Co原子,
3 4
表示O原子)。其中Co原子的配位数分别为 、 。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
图1
答案 O 4 6
2
解析 加热CoCO 制备Co O 时有部分Co2+被氧化为Co3+,而该反应在空气中进行,故反
3 3 4
应物还有O 。单元结构A中距离Co原子最近的是四个顶角的O原子,故配位数为4;单
2
元结构B中距离Co原子最近的是上、下、左、右、前、后6个O原子,故配位数为6。
22.钛是20世纪50年代发展起来的一种重要的结构金属,钛合金因具有强度高、耐蚀性
好、耐热性高等特点而被广泛用于各个领域。回答下列问题:
(1)基态钛原子价电子排布式为 ;与钛同周期且未成对电子数相同的元素有
(填元素名称)。
(2)氨合硼氢化钛[Ti(BH ) ·5NH ]中[BH ]-的空间结构为 ,键角HBH
4 3 3 4
HNH(填“大于”“小于”或“等于”),原因是 。
(3)二氧化钛纳米材料是一种高效催化剂,如图反应:
化合物乙中采取sp3杂化方式的三种元素的电负性由大到小的顺序为 ,化合
物存在对映异构体种数甲 乙(填“多于”“少于”或“等于”)。
(4)电解TiCl 的稀盐酸溶液可制得较稳定的紫色TiCl ·6H O晶体。已知该晶体的配位数
4 3 2
为6,两种配体的个数比为5∶1,该配合物的化学式为 。
(5)氮化钛晶体的晶胞结构如图所示,该晶体结构中与Ti原子距离最近且相等的N原子
有 个;已知该晶体的密度为d g/cm3,两个Ti原子之间的最近距离为a pm,则阿伏
加德罗常数的数值N 可表示为 。
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答案 (1)3d24s2 镍、锗、硒
(2)正四面体 大于 N原子有孤电子对,其对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的
斥力
(3)O>N>C 少于
(4)[TiCl(H O) ]Cl ·H O
2 5 2 2
248
(5)6
(√2a×10-10)3d
解析 (1)钛是22号元素,基态钛原子价电子排布式为3d24s2;钛在元素周期表的第四周期,
未成对电子数是2,与钛同周期且未成对电子数相同的元素有镍、锗、硒。(2)[BH ]-中B
4
原子价电子对数为4,是sp3杂化,空间结构为正四面体;N原子有孤电子对,其对成键电子
对的斥力大于成键电子对之间的斥力,故键角HBH大于HNH。(3)化合物乙中采取sp3
杂化方式的三种元素分别是O、N、C,电负性:O>N>C;甲分子中有1个手性C原子,乙分
子中有2个手性C原子,故化合物存在对映异构体种数甲少于乙。(4)该晶体的配位数为
6, 两种配体的个数比为 5∶1 ,结合TiCl ·6H O可知,配体中5个是H O,1个的是Cl-,故该配
3 2 2
合物的化学式为[TiCl(H O) ]Cl ·H O。(5)从晶胞结构图中可知,与Ti原子距离最近的N
2 5 2 2
原子在其前后左右上下位置,距离是棱长的一半,共有6个;两个Ti原子之间的最近距离
为a pm,则面对角线的长度为2a pm,棱长为√2a pm,该晶胞中有4个Ti原子,4个N原
(14×4+48×4)
子,晶胞密度是d g/cm3,则d= ,故阿伏加德罗常数的数值N 可表示为
N A
A
(√2a×10-10)3
248
。
(√2a×10-10)3d
23.研究表明TiO N 、Cu(In Ga Se )是光学活性物质。请回答下列问题:
2-a b 1-x x 2
(1)基态Ti原子核外电子占据的最高能级符号为 ,价电子中未成对电子有 个;
Ga、In、Se的第一电离能从大到小顺序为 。
(2)Se 的立体构型为 ;SeO 中硒原子采取的杂化类型是 。
O2- 2
3
(3) Ga可以形成GaCl ·xNH (x=3、4、5、6)等一系列配位数为6的配合物,向上述某物
31 3 3
质的溶液中加入足量AgNO 溶液,有沉淀生成;过滤后,充分加热滤液有氨气逸出,且又有
3
沉淀生成,两次沉淀的物质的量之比为1∶2。则该溶液中溶质的化学式为
。
(4)Cu2+与NH 形成的配离子为[Cu(NH ) ]2+,在该配离子中,氮氢键的键角比独立存在的气
3 3 4
态氨气分子中键角略大,其原因是 。向[Cu(NH ) ]SO 溶
3 4 4
液中加入乙醇能够析出深蓝色的晶体,试分析加入乙醇的作用: 。
(5)TiO 通过氮掺杂反应生成TiO N (如图),则TiO N 晶体中a= ,b=
2 2-a b 2-a b
。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)4s 2 Se>Ga>In (2)三角锥形 sp2 (3)[Ga(NH ) Cl ]Cl (4)NH 中的孤电
3 4 2 3
子对与Cu2+配位,受到Cu2+吸引,对N—H键成键电子对斥力减弱,故N—H键键角变大
减小溶剂极性,降低[Cu(NH ) ]SO 的溶解度 (5)7/16 1/8
3 4 4
解析 (1)基态Ti原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2,占据的最高能级符号为4s,价电子中
未成对电子有2个;第一电离能Ga>In、Se>Ga,即Se>Ga>In。(2)Se O2-中Se原子价电子
3
对数为4,有1对孤电子对,立体构型为三角锥形;SeO 中硒原子价电子对数为3,杂化类型
2
是sp2。(3)加入足量AgNO 溶液,有沉淀生成,说明有电离出的Cl-;过滤后,充分加热滤液
3
使配位键全部断裂 , 生成氨气和游离态的 C l -,再次生成沉淀,两次沉淀的物质的量之比为
1∶2,则形成配位键的Cl-与电离出的Cl-的个数比为2∶1,Ga3+配位数为6,故该溶液中溶质的
化学式为[Ga(NH ) Cl ]Cl。(4)乙醇的分子极性小,加入乙醇后溶剂极性减小,降低了
3 4 2
1 1
[Cu(NH ) ]SO 的溶解度。(5)1个TiO N 晶胞中Ti原子数为8× +4× +1=4,N原子数
3 4 4 2-a b
8 2
1 1 1 25 1 25 1 25 25 7
为 ,O原子数为7× +7× +1= ,Ti、N、O个数比为4∶ ∶ =1∶ ∶ ,则2-a= ,a=
2 4 2 4 2 4 8 16 16 16
1
,b= 。
8
24.石墨插层化合物在电池材料、超导性等方面具有广泛的应用前景。回答下列问题:
Ⅰ.某种锂离子电池以石墨(平面结构如图1所示)作负极材料,LiNiO 作正极材料。
2
图1 石墨的层状结构
(1)石墨中碳的杂化类型是 ,在层中碳原子的配位数为 。
(2)LiNiO 中电负性最大的元素是 。
2
(3)基态Ni3+核外电子排布式为 ,其未成对电子数为 。
Ⅱ.下表列举了部分碳族晶体的熔点、硬度数据:
晶体 熔点/℃ 硬度(数值越大,晶体的硬度越大)
金刚石(C) 大于3 500 10
碳化硅(SiC) 2 830 9
晶体硅(Si) 1 412 7
(4)请解释金刚石、碳化硅、晶体硅的硬度逐渐变小的原因是 。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
Ⅲ.钾(K)的石墨插层化合物具有超导性,图2为其晶胞图。其中K层平行于石墨层,该晶
胞垂直于石墨层方向的原子投影如图3所示。
(5)该插层化合物的化学式是 ,判断K层与石墨层之间的化学键类型为
(填“离子键”“共价键”);若晶胞参数分别为a nm、a nm、b nm,则该石墨插层化合
物的晶体密度为 g·cm-3。(用含a、b、N 的代数式表示,N 为阿伏加德罗常数的
A A
值)
答案 (1)sp2 3 (2)O (3)1s22s22p63s23p63d7 3
(4)三种物质都属于共价晶体,原子半径越小,共价键的键长就越短,该化学键的键能就越
大,物质的硬度就越大。由于键长:C—C键<C—Si键<Si—Si键,所以键能:C—C键>C—
Si键>Si—Si键,故物质的硬度:金刚石>碳化硅>晶体硅 (5)KC 离子键
1.08×1024
8
a2bN
A
解析 (1)在石墨中碳原子形成3个σ共价键,故C的杂化类型是sp2杂化;石墨是层状结
构,在层中C原子与相邻的3个C原子形成共价键,在层间C原子之间以分子间作用力结
合,故在层中C原子的配位数是3。(2)LiNiO 中含有Li、Ni、O三种元素,其中O是非金
2
属元素,Li、Ni是金属元素,非金属元素的电负性大于金属元素的,故三种元素中电负性
最大的元素是O。(3)Ni是28号元素,根据构造原理可知基态Ni原子核外电子排布式是
1s22s22p63s23p63d84s2,Ni原子失去最外层的2个4s电子和1个3d电子,就得到Ni3+,则基
态Ni3+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7;3d能级有5个轨道,每个轨道最多可容纳2
个自旋方向相反的电子,故其中有3个未成对的电子。(4)金刚石、碳化硅、晶体硅都是
共价晶体,原子半径越小,共价键键长就越短,该化学键的键能就越大,物质的硬度就越大。
(5)根据题图2、3可知,晶胞中K原子8个位于顶点,6个位于面上,4个位于内部,晶胞中
1 1
K原子数目=8× +6× +4=8,晶胞中每层石墨烯部分结构中有4条边( 8个C原子)处于
8 2
1
晶胞面上,其他C原子处于晶胞内部,C原子数目=12×4+8×4× =64,K、C原子数目之比
2
为1∶8 ,则该插层化合物的化学式是KC ,该化合物为离子化合物,K层与石墨层之间的化
8
学键类型为离子键;1个晶胞中含有8个K原子,64个C原子,则晶胞质量m=
(39×8+12×64) g·mol-1 =1 080g,晶胞体积V=(a×10-7 cm)×(a×10-7 cm)×(b×10-7
N ·mol-1 N
A A
cm)=a2b×10-21
cm3,故该晶体的密度ρ=m=1.08×1024
g·cm-3。
V a2bN
A
25.锗(Ge)在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题:
(1)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar] ,有 个未成对电子。
(2)Ge与C是同族元素,C原子之间可以形成双键、三键,但Ge原子之间难以形成双键或
三键。从原子结构角度分析,原因是 。
