2020届高考化学一轮复习晶体结构与性质作业(5)

2020届高考化学一轮复习晶体结构与性质作业(5)

考点38　晶体结构与性质 ‎ ‎ ‎1．下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数)(　　)‎ A．‎124 g P4中含有P—P键的个数为4NA B．‎12 g石墨中含有C—C键的个数为1.5NA C．‎12 g金刚石中含有C—C键的个数为4NA D．‎60 g SiO2中含有Si—O键的个数为2NA 答案　B 解析　A项，×6×NA＝6NA；B项，×1.5×NA＝1.5NA；C项，应为2NA；D项，应为4NA。‎ ‎2．下列有关离子晶体的数据大小比较不正确的是(　　)‎ A．熔点：NaF>MgF2>AlF3‎ B．晶格能：NaF>NaCl>NaBr C．阴离子的配位数：CsCl>NaCl>CaF2‎ D．硬度：MgO>CaO>BaO 答案　A 解析　由于r(Na＋)>r(Mg2＋)>r(Al3＋)，且Na＋、Mg2＋、Al3＋所带电荷数依次增大，所以NaF、MgF2、AlF3的离子键依次增强，晶格能依次增大，故熔点依次升高。r(F－)CH3OH>CO2>H2　H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大，范德华力较大 ‎(4)离子键和π键(Π4键)‎ ‎(5)0.148　0.076‎ 解析　(1)Co是27号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2或1s22s22p63s23p63d74s2。元素Mn与O中，由于O是非金属元素而Mn是金属元素，所以O的第一电离能大于Mn的。O基态原子核外电子排布式为1s22s22p4，其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子核外电子排布式为[Ar]3d54s2，其核外未成对电子数是5，因此Mn的基态原子核外未成对电子数比O的多。‎ ‎(4)硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成 3个σ键，硝酸根中存在氮氧双键，所以还存在π键。‎ ‎(5)因为O2－采用面心立方最密堆积方式，面对角线是O2－半径的4倍，即4r(O2－)＝a，解得r(O2－)≈0.148 nm；根据晶胞的结构可知，棱上阴阳离子相切，因此2r(Mn2＋)＋2r(O2－)＝0.448 nm，所以r(Mn2＋)＝0.076 nm。‎ ‎15．(2016·全国卷Ⅰ改编)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)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、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是__________________________________________________________________。‎ ‎(3)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 ‎(4)光催化还原CO2制备CH4反应中，带状纳米Zn2GeO4是该反应的良好催化剂。Zn、Ge、O电负性由大至小的顺序是____________。‎ ‎(5)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________。‎ ‎(6)如图为Ge单晶的晶胞，已知a＝565.76 pm，其密度为________g·cm－3(列出计算式即可)。‎ 答案　(1)3d104s24p2　 2‎ ‎(2)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 ‎(3)GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。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 ‎(4)O>Ge>Zn ‎(5)sp3　共价键 ‎(6)×107‎ 解析　(2)单键中含有1个σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，叁键中含有1个σ键和2个π键。σ键的成键方式是“头碰头”，π键的成键方式是“肩并肩”，原子间形成的σ键键长越长，越不利于两原子间形成π键。‎ ‎(3)对于结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高。‎ ‎(4)元素的非金属性越强，原子吸引电子能力越强，元素的电负性越大。‎ ‎(5)金刚石中C原子的杂化方式为sp3杂化，微粒间作用力为共价键，运用类推法不难得出结论。‎ ‎(6)ρ＝＝ g·cm－3＝×‎107 g·cm－3。‎ ‎16．(2015·全国卷Ⅱ节选)‎ 氧和钠能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a＝0.566 nm，F的化学式为________；晶胞中氧原子的配位数为________；列式计算晶体F的密度(g·cm－3)：______________________________________________。‎ 答案　Na2O　8　‎ ≈‎2.27 g·cm－3‎ 解析　由晶胞图知，小黑球有8个，大黑球有8×1/8＋6×1/2＝4，小黑球为Na，大黑球为O，所以化学式为Na2O。由晶胞结构知，面心上的1个O连有4个钠，在相邻的另一个晶胞中，O也连有4个钠，故O的配位数为8。1个晶胞中含有4个Na2O，根据密度公式有：ρ＝＝＝≈‎2.27 g·cm－3。‎ ‎[题组三　模拟大题]‎ ‎17．(2019·武汉模拟)硼、铝属于元素周期表第ⅢA族短周期元素。回答下列问题：‎ ‎(1)基态B原子的价电子轨道表达式为________________，其第一电离能比Be________(填“大”或“小”)。‎ ‎(2)氨硼烷(NH3BH3)是最具潜力的储氢材料之一，分子中存在配位键，能体现配位键的结构式为__________________，与氨硼烷互为等电子体的烃的分子式为________________。‎ ‎(3)常温常压下硼酸晶体为层状结构，其二维平面结构如图所示，硼酸的化学式为__________，B原子的杂化类型为____________。从氢键的角度解释硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大： _____________________________________________。‎ ‎(4)8羟基喹啉铝是一种黄色粉末，它是OLED中的重要发光材料及电子传输材料，其微观结构如图所示，8羟基喹啉铝中存在的化学键为________。‎ A．金属键　B．极性键　C．非极性键　D．配位键　E．π键 ‎(5)金属铝晶体中原子呈面心立方最密堆积(如图)。该晶胞空间利用率为________(用含π的代数式表示)；铝的密度是‎2.7 g·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，据此可计算出Al原子半径r＝________cm。‎ 答案　(1)　小 ‎(2) 　C2H6‎ ‎(3)H3BO3　sp2　氢键使硼酸“缔合”成层状“大分子”，故在冷水中硼酸溶解度小；加热时破坏了分子间氢键使“大分子”解离，溶解度增大 ‎(4)BCDE　(5)　× 解析　(3)由题图可知硼酸的化学式为H3BO3。硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3个共用电子对，杂化类型为sp2。硼酸晶体的层状结构中，H3BO3分子之间主要通过氢键相连，氢键使硼酸“缔合”成层状“大分子”，故在冷水中硼酸溶解度小；加热时破坏了分子间氢键使“大分子”解离，溶解度增大。‎ ‎(5)在面心立方最密堆积的晶胞中，面对角线长度是原子半径的4倍。假定晶胞边长为a，则有a2＋a2＝(4r)2，a＝2r，晶胞体积V晶胞＝a3＝16r3，‎ 面心立方最密堆积的晶胞中含有的原子数为4，原子总体积V原子＝4×πr3，则晶胞的空间利用率＝＝。根据 g÷a3＝‎2.7 g·cm－3，解得a＝‎2 cm，又因为a＝2r，所以r＝× cm。‎ ‎18．(2018·内蒙古呼和浩特市第二次模拟)铂(Pt)可以和很多化合物形成配合物。生产生活中有重要的用途。‎ ‎(1)铂和氨水可以形成配合物。可用于提取铂。氨水中各元素的第一电离能从大到小的顺序为________。‎ ‎(2)二氯二吡啶合铂是由Pt2＋、Cl－和吡啶结合形成的铂配合物，有顺式和反式两种同分异构体，科学研究表明，反式分子和顺式分子同样具有抗癌活性。‎ ‎①Cl－的核外电子排布式为____________。‎ ‎②吡啶分子是大体积平面配体。其结构简式为，吡啶分子中氮原子的轨道杂化方式是________，分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数。n代表参与形成大π键的电子数。则吡啶中的大π键应表示为________；1 mol吡啶中含有σ键的数目为________。‎ ‎③二氯二吡啶合铂分子中存在的微粒间作用力有________(填字母)。‎ a．离子键　b．配位键　c．金属键　d．非极性键　e．氢键　f．极性键 ‎④二氯二吡啶合铂分子中，Pt2＋的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3。‎ 简述理由： _______________________________________________________。‎ ‎⑤反式二氯二吡啶合铂分子结构如图所示，该分子是________分子(填“极性”或“非极性”)。‎ ‎(3)富勒烯C60能够与Pt结合形成一系列配合物。富勒烯(C60)的结构如图所示，C60属于________晶体；C60分子中五元环与六元环的数目比为________。‎ ‎(4)金属铂立方晶胞的二维投影图如图所示。若金属铂的密度为d g/cm3。则晶胞参数a＝________nm(列出计算式即可)。‎ 答案　(1)N>O>H ‎(2)①1s22s22p63s23p6或[Ne]3s23p6‎ ‎②sp2杂化　Π　11NA ‎③bdf ‎④若Pt2＋以sp3杂化轨道进行配位，则二氯二吡啶合铂为四面体结构，不存在顺反异构体(二氯二吡啶合铂分子存在顺、反两种构型。若为sp3杂化则不存在顺反异构)‎ ‎⑤非极性 ‎(3)分子　3∶5‎ ‎(4) ×107(或 )‎ 解析　(1)同周期元素的第一电离能从左往右呈增大趋势，但N元素的2p轨道处于半充满状态，故N的第一电离能大于O。‎ ‎(2)①Cl－的核外电子数为18，其电子排布式为 ‎1s22s22p63s23p6。‎ ‎②根据吡啶的结构简式可知：N原子形成了2个σ键，且含有一对孤电子对，故吡啶分子中氮原子的杂化方式为sp2杂化；吡啶中参与形成大π键的原子数和电子数均为6，则吡啶中大π键应表示为Π；1 mol 吡啶中含有11 mol σ键。‎ ‎③二氯二吡啶合铂分子中存在的微粒间的作用力有氮原子形成的配位键、碳碳之间形成的非极性键和碳氮之间形成的极性键。‎ ‎④由题信息可知：二氯二吡啶合铂存在顺反异构，若以sp3杂化方式进行配位，则不存在顺反异构。‎ ‎⑤分子结构对称，正负电中心重合。‎ ‎(3)C60是由60个碳原子构成的分子，其中含有12个五元环和20个六元环。‎ ‎(4)根据图可得，每个金属铂立方晶体独自占有铂的个数为4，则V＝＝＝，所以a＝ cm＝×107 nm。‎