2020届高考化学一轮复习晶体结构与性质作业1

2020届高考化学一轮复习晶体结构与性质作业1

第十一章　第三节　‎ 真题体验·直击高考 ‎【全国卷真题体验】‎ ‎1．(1)[2018·全国卷Ⅰ，36(5)]①由下图可知，Li原子的第一电离能为________kJ·mol－1，O＝O键键能为______kJ·mol－1，Li2O晶格能为______kJ·mol－1。‎ ‎②Li2O晶胞如图所示。已知晶胞参数为0.4665 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为________g·cm－3(列出计算式)。‎ ‎(2)[2018·全国卷Ⅲ，36(5)] ①ZnF2具有较高的熔点(872 ℃)，其化学键类型是________。‎ ‎②金属Zn晶体中的原子堆积方式如 右图所示，这种堆积方式称为__________。六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为____________g·cm－3(列出计算式)。‎ ‎【答案】(1)①520　498　2908　② ‎(2)①离子键　②六方最密堆积(A型)　×6××a2c ‎【解析】(1)①根据示意图可知Li原子的第一电离能是1040 kJ·mol－1÷2＝520 kJ·mol－1；0.5 mol氧气转化为氧原子时吸热是249 kJ，所以O＝O键键能是249 kJ·mol－1×2＝498 kJ·mol－1；根据晶格能的定义结合示意图可知Li2O的晶格能是2908 kJ·mol－1。②根据晶胞结构可知锂原子全部在晶胞中，共计是8个，根据化学式可知氧原子个数是4个，则Li2O的密度是ρ＝＝ g·cm－3。‎ ‎(2)①根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。‎ ‎②‎ 由图示，堆积方式为六方最紧密堆积，六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×＋2×＋3＝6个，所以该结构的质量为6×65/NA g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为a cm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6×a2 cm2，高为c cm，所以体积为6×a2c cm3。最后根据密度公式ρ＝计算。‎ ‎2．(1)(2017·全国卷Ⅰ，35节选)KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立体结构，边长为a＝0.446 nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如左下图所示。K与O间的最短距离为_______nm，与K紧邻的O个数为______，在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于______位置，O处于________位置。‎ ‎　　　‎ ‎(2)(2017·全国卷Ⅲ，35节选)MgO具有NaCl型结构(如右上图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a＝0.420 nm，则r(O2－)为______nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a′＝0.448 nm，则r(Mn2＋)为________nm。‎ ‎(3)(2017·全国卷Ⅱ，35节选)R的晶体密度为d g·cm－3，其立方晶胞参数为a nm，晶胞中含有y个[(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl]单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为______。‎ ‎【答案】(1)×0.446　12　体心　棱心 ‎(2)0.148　0.076‎ ‎(3)(或×10－21)‎ ‎【解析】(1)利用晶胞结构可知，晶胞中K与O间的最短距离为晶胞面对角线的一半，即/2×0.446 nm；由晶胞易知，在同一平面内，与K紧邻的O个数为4，故在晶胞中与K紧邻的O个数为4×3＝12。根据KIO3的化学式以及晶胞结构可知，若I处于各顶角位置，则该晶胞中K处于体心，O处于棱心。(2)根据晶胞结构可知，每个MgO晶胞中含有Mg2＋：1＋12×1/4＝4个，O2－：8×1/8＋6×1/2＝4，根据MgO晶胞特点可得r(O2－)＝/4a≈0.148 nm，而MnO晶体结构与其相似，r(Mn2＋)＝[a′－r(O2－)×2]÷2＝0.076 nm。‎ ‎3．(2016·全国卷Ⅰ，37节选)锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：‎ ‎(1)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_____________________________________。‎ ‎(2)比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因：______________________ ‎ ‎_________________________。‎ GeCl4‎ GeBr4‎ GeI4‎ 熔点/℃‎ ‎－49.5‎ ‎26‎ ‎146‎ 沸点/℃‎ ‎83.1‎ ‎186‎ 约400‎ ‎(3)Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为______，微粒之间存在的作用力是________。‎ ‎(4)晶胞有两个基本要素：‎ ‎①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。如图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0,0,0)；B为；C为。则D原子的坐标参数为________。‎ ‎②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a＝565.76 pm，其密度为______________ g·cm－3(列出计算式即可)。‎ ‎【答案】(1)Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，pp轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键 ‎(2)GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次升高。原因是分子结构相似，相对分子质量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强　(3)sp3　共价键 ‎(4)①(，，)　②×107‎ ‎【解析】(3)晶体Ge为原子晶体，每个Ge原子与其他相邻的Ge原子间以共价键结合形成空间网状立体结构，Ge为sp3杂化。(4)①结合D在晶胞内的位置可确定其坐标为(，，)；②由均摊法可确定该Ge晶胞中含有Ge原子为(×8＋×6＋4)个＝8个，则()mol×73 g·mol－1＝(565.76×10－10cm)3ρ，解得ρ＝×107 g·cm－3。‎ ‎4．(2015·全国卷Ⅱ，37改编)(1)单质O有两种同素异形体，其中沸点高的是____(填分子式)，原因是______________________；O和Na的氢化物所属的晶体类型分别为________和______。‎ ‎(2)P和Cl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________。‎ ‎(3)化合物Cl2O的立体构型为________，中心原子的价层电子对数为________，Cl2与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，其化学方程式为_________________________。‎ ‎ (4)O和Na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O原子的配位数为______；列式计算晶体F的密度(g·cm－3 )：________________________________。‎ ‎【答案】(1)O3　O3相对分子质量较大，范德华力大　分子晶体　离子晶体　(2)三角锥形　sp3‎ ‎(3)V形　4　2Cl2＋2Na2CO3＋H2O===Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl(或2Cl2＋Na2CO3===Cl2O＋CO2＋2NaCl)‎ ‎(4)Na2O　8　＝2.27 g·cm－3‎ ‎【解析】(1)H2O和NaH的晶体类型分别为分子晶体和离子晶体。(2)PCl3中含有3个成键电子对和1个孤对电子，价层电子对数为4对，即空间结构为三角锥形，中心原子P原子为sp3杂化。(3)根据价层电子对互斥理论可知Cl2O分子中孤对电子对数为2，即Cl2O为V形分子，价层电子对数为4。(4)该晶胞中两原子个数分别为×8＋×6＝4和8，即F的化学式为Na2O，位于晶胞顶点和面心的原子为O，而晶胞内部的原子为Na，O原子周围有8个等距离的Na原子，即O原子配位数为8。根据(0.566×10－7cm)3ρ＝×62 g·mol－1可求出ρ。‎ ‎【各省市真题体验】‎ ‎1．(2018·海南卷，19Ⅱ改编)下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是(　　)‎ ‎①第一电离能：Cl>S>P>Si ‎ ‎②共价键的极性：HF>HCl>HBr>HCI ‎ ‎③晶格能：NaF>NaCl>NaBr>NaI ‎④热稳定性：MgCO3>CaCO3>SrCO3>BaCO3 ‎ A．①②　 B．②③　‎ C．③④　 D．①④‎ ‎【答案】B ‎2．(2016·海南卷，19Ⅱ改编)(1)单质Cu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Cu原子的配位数为________。‎ ‎(2)元素Cl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)Cu与Cl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，阿伏加德罗常数为NA)‎ ‎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)HClO4　正四面体 ‎(3)①CuCl　或 ‎②Cu＋可与氨形成易溶于水的配位化合物(或配离子)　[Cu(NH3)4]2＋‎ ‎【解析】(1)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)Cl的含氧酸中，酸性最强的是HClO4，该酸根离子的中心原子Cl采取等性的sp3杂化，立体构型为正四面体。(3)①运用均摊法，该晶胞中Cu的个数为8×＋6×＝4，Cl的个数为4，故该化合物的化学式为CuCl，晶胞参数a＝0.542 nm，则ρ＝g·cm－3＝ g·cm－3；②CuCl易溶于氨水的原因是发生反应CuCl＋2NH3·H2O===[Cu(NH3)2]Cl＋2H2O，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[Cu(NH3)4]2＋。‎ ‎3. (1)[2018·海南卷，9Ⅱ(3)]四方晶系CuFeS2晶胞结构如右图所示。‎ ‎①Cu＋的配位数为______，S2－的配位数为 ______。‎ ‎②已知：a＝b＝0.524 nm，c＝1.032 nm，NA为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是_____________________________g·cm3(列出计算式)。‎ ‎(2)(2017·江苏卷，21A节选)铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。‎ 某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。‎ ‎①乙醇的沸点高于丙酮，这是因为_________________________________________。‎ ‎②某FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x－n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为__________。‎ ‎　‎ 图1　FexNy晶胞结构示意图　　　图2　转化过程的能量变化 ‎(3)(2017·海南卷，19Ⅱ节选)ⅣA族元素及其化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：‎ 图(a)　　　　　　　　　图(b)‎ ‎①四卤化硅SiX4的沸点和二卤化铅PbX2的熔点如图(a)所示。SiX4的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是_________________________________。‎ 结合SiX4的沸点和PbX2的熔点的变化规律，可推断：依F、Cl、Br、I次序，PbX2中的化学键的离子性______、共价性______。(填“增强”“不变”或“减弱”)‎ ‎②碳的另一种单质C60可以与钾形成低温超导化合物，晶体结构如图(b)所示。K位于立方体的棱上和立方体的内部，此化合物的化学式为________；其晶胞参数为1.4 nm，晶体密度为____________g·cm－3。‎ ‎【答案】(1)①4　4　② ‎(2)①乙醇分子间存在氢键　②Fe3CuN ‎(3)①SiX4属于分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高　减弱　增强　②K3C60　2.0　‎ ‎【解析】(2)①乙醇分子间容易形成氢键，所以乙醇的沸点高于丙酮。②物质本身所含能量越低越稳定，所以更稳定的Cu替代型产物为Cu替代a位置Fe型，则根据均摊法，一个晶胞中，Cu原子个数为8×1/8＝1，Fe原子个数为6×1/2＝3，N原子个数为1，所以化学式为Fe3CuN。(3)①四卤化硅均为分子晶体，沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点越高。PbX2的沸点逐渐降低，其中PbF2为离子晶体，PbBr2、PbI2为分子晶体，故依F、Cl、Br、I次序，PbX2中的化学键的离子性减弱、共价性增强。②K位于棱和体内，在晶胞中的个数为12×＋9＝12，C60位于顶点和面心，个数为8×＋6×＝4，化学式为K3C ‎60，则晶胞的质量为 g，其晶胞参数为1.4 nm＝1.4×10－7 cm，体积为(1.4×10－7)3 cm3，所以密度为≈2.0 g·cm－3。‎