《高考化学难点专练8《 晶胞的相关计算》（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学难点专练8《 晶胞的相关计算》（解析版）（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、难点8 晶胞的相关计算【命题规律】本专题是选作题，物质结构与性质部分的考查内容，通常是根据晶体晶胞的结构特点和有关数据，确定晶体的化学、求算晶体的密度或晶体晶胞的体积，题型是填空题，难度中等。考查的核心素养以宏观辨识与微观探析为主。【备考建议】2020年高考备考要切实地回归课本，狠抓知识要点，强化主干知识的巩固和运用。【限时检测】（建议用时：30分钟）1.（2019安徽省六安市第一中学高考模拟）B、N、Co均为新型材料的重要组成元素。请回答下列问题。（1）基态氮原子的价电子排布图为_。（2）Co能形成Co(CNO)63-。1mol该离子中含有 键的数目为_。与CNO互为等电子体的分子为_。（任
2、写一种，填化学式）（3）往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成Cu(NH3)42+ 配离子，已知NF3和NH3的空间构型都是三角锥型，但NF3不易与Cu2+形成配合离子，其原因是_。（4）分子中的大 键可用符合 mn 表示，其中m表示形成大 键的原子数，n表示参与形成大 键的电子数（如苯分子中的大 键可表示为66）。则NO3-中的大 键应表示为_。（5）多硼酸根的结构之一为链状(如图)，其化学式为_。（6）氮化硼晶体有多种结构，其中立方氮化硼具有金刚石的结构（如图）。若晶胞边长为a nm，晶胞中N原子位于B原子所形成的正四面体的体心，则BN键的键长为_nm，这种氮化硼晶体的密度为_g/cm3
3、。（用含有a和NA的代数式表示）【答案】（1） （2）18NA CO2或N2O （3）电负性FNH，NH3中氮原子显-3价，而在NF3中氮原子显+3价，高度缺电子，不易提供孤电子对给Cu2+的空轨道形成配位键 （4） （5）BO2- （6） 【详解】（1）N是7号元素，根据原子构造原理可知N核外电子排布式是1s22s22p3，价电子排布式是2s22p3，所以基态氮原子的价电子排布图为；（2）1个Co3+与6个CNO-形成6个配位键，属于键，1个CNO-含有2个键，故1个Co(CNO)63-含有18个键，所以1mol该离子中含有 键的数目为18NA；与CNO-互为等电子体的分子可以用O原子替换N
4、原子与1个单位负电荷，其电子体为CO2或N2O；（3）往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成Cu(NH3)42+ 配离子，是由于中心离子Cu2+有空轨道，NH3分子中N原子由孤对电子，NH偏向N原子一方，N原子周围相对来说电子多，而NF3和NH3的空间构型尽管都是三角锥型，但电负性FNH，在NH3中氮原子显-3价，而在NF3中氮原子显+3价，高度缺电子，不易提供孤电子对给Cu2+的空轨道形成配位键，所以NF3不易与Cu2+形成配合离子；（4）中NO3-中的大 键是每个O原子提供1个电子，每个N原子提供3个电子形成，所以成键原子数是4，成键电子数是6，故NO3-中的大 键表示为；（5）由均摊法，
5、可知每个B原子独自占有2个O原子，B元素化合价为+2，O元素化合价为-2，多硼酸根的化合价代数和为3n+2n(-2)=-n，故多硼酸根组成可表示为：(BO2)nn-，也可写为BO2 -；（6）晶胞边长为anm，则立方氮化硼的结构可知晶胞中N原子位于B原子所形成的正四面体的体心，可看作是将晶胞均分为8个小立方体，BN键的键长为晶胞体对角线的，由于晶胞边长为anm，则体对角线为，所以BN键的键长nm；一个晶胞中含有B原子数目为：4；含有N原子数目为=4，即一个晶胞中含有4个BN，所以晶胞的密度为=g/cm3。2.（2019湖北省黄冈中学高考模拟）镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。请回答下列问题
6、：（1）基态镍原子的价电子排布式为_，排布时能量最高的电子所占能级的原子轨道有_个伸展方向。（2）镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4 和正方形的Ni(CN)42-、正八面体形的Ni(NH3)62+等。下列说法正确的有_。ACO与CN-互为等电子体，其中CO分子内键和键个数之比为1:2-BNH3的空间构型为平面三角形CNi2+在形成配合物时，其配位数只能为4DNi(CO)4和Ni(CN)42-中，镍元素均是sp3杂化（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“”和“”分别表示出
7、配位键和氢键。_（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，相关离子半径如下表：NiO晶胞中Ni2+的配位数为_，NiO熔点比NaCl高的原因是_。（5）研究发现镧镍合金LaNix是一种良好的储氢材料。属六方晶系,其晶胞如图a中实线所示，储氢位置有两种，分别是八面体空隙（“ ”）和四面体空隙（“ ”），见图b、c，这些就是氢原子存储处，有氢时，设其化学式为LaNixHy。LaNix合金中x的值为_；晶胞中和“”同类的八面体空隙有_个，和“”同类的四面体空隙有_个。若H进入晶胞后，晶胞的体积不变，H的最大密度是_g/cm-3（保留2位有效数字，NA=6.01023，=1.7）【答案】（1）3d84
8、s2 5 （2）A （3） （4） 6 离子所带电荷数越高，离子半径越小，则晶格能越大，熔点越高 （5）5 3 6 0.18【解析】【分析】（1）依据Ni的最外层电子排布式作答；（2）A. CO与N2互为等电子体，互为等电子体的两种物质结构相似；B. 依据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论作答；C. 找出Ni(CN)42-和Ni(NH3)62+两种配合物的配体个数；D. 依据杂化轨道理论分析其杂化类型；（3）依据配位键与氢键的存在原子种类分析；（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠相同；从离子晶体的晶格能角度分析熔点高低；（5）利用均摊法求出晶胞中La与Ni的原子个数比，进而得出化学式；根据空间构型
9、分析作答；结合几何关系，找出六方晶胞的体积，再依据密度公式作答。【详解】（1）Ni为28号元素，价电子排布式为3d84s2，排布时能量最高的电子所占的能级为3d，3d轨道有5个伸展方向，故答案为：3d84s2；5；（2）A. CO、CN-与N2互为等电子体，N2分子内含1个键和2个键，A项正确；B. NH3中N原子为sp3杂化方式，VSEPR模型为四面体形，空间构型为三角锥形，B项错误；C. Ni(CN)42-和Ni(NH3)62+中的Ni的化合价为+2价，其配位数分别是4和6，C项错误；D. Ni(CN)42-为正四面体，采用sp3杂化，而Ni(NH3)62+是正方形，不是sp3杂化方式，D
10、项错误；故答案选A；（3）中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对形成配位键；氢键存在于已经与N、O和F等电负性很强原子形成的共价键的H与另外的N、O和F等电负性很大的原子之间，则可以为：；（4）氯化钠中钠离子和氯离子的配位数分别是6，NiO的晶体结构类型与氯化钠相同，NiO晶胞中Ni和O的配位数分别6，影响离子晶体熔点的因素有离子半径和电荷，所带电荷数越高，离子半径越小，则晶格能越大，熔点越高；（5）该晶体的晶胞不是六棱柱，而是实线部分表示的平行六面体，各原子在晶胞中的位置可参照图a和b，如果将平行六面体抽取出来，晶胞如下图所示，La在顶点，Ni在面心有4个（其中顶层和底层各2个，均摊后各1个，
11、前后左右4个面各1个，均摊后共2个）和体心（1个），所以晶体化学式为LaNi5，x=5，其正八面体空隙和四面体型空隙的位置如下图所示：，（若以空心球表示原子，实心球表示空隙的中心，则正八面体结构为，四面体结构为：；六方晶胞体积V=a2csin=(50010-10)240010-10sin60=8.510-23 cm3，。3.（2019东北育才学校科学高中部高考模拟）钢是现代社会的物质基础，钢中除含有铁外还含有碳和少量不可避免的钴、硅、锰、磷、硫等元素。请回答下列有关问题：（1）基态Mn原子的价电子排布式为_。Mn2+与Fe2+中，第一电离能较大的是_，判断的理由是_。（2）碳元素除可形成常见的
12、氧化物CO、CO2外，还可形成C2O3(结构式为)。C2O3中碳原子的杂化轨道类型为_，CO2分子的立体构型为_。（3）酞菁钴分子的结构简式如图所示，分子中与钴原子通过配位键结合的氮原子的编号是_(填“1” “2” “3”或“4”)其中C、H、O元素电负性由大到小的顺序是_（4）碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，是碳酸根分解为CO2分子的结果。MgCO3分解温度低于CaCO3，请解释原因_。（5）氧化亚铁晶胞与NaCl的相似，NaCl的晶胞如图所示。由于晶体缺陷，某氧化亚铁晶体的实际组成为Fe0.9O，其中包含有Fe2+和Fe3+，晶胞边长为apm，该晶体的密度为gcm3
13、，则a=_(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）3d54s2 Mn2+ Mn2+价层电子排布为3d5，3d能级半充满，更稳定 （2）sp2 直线型 （3）2,4 OCH （4）半径Mg2+CH，则C、H、O的电负性大小顺序是OCH；（4）MgCO3和CaCO3都属于离子晶体，受热分解后生成MgO和CaO，也都属于离子晶体，MgCO3分解温度低于CaCO3，应从晶格能的角度分析，原因是半径Mg2Ca2，MgO晶格能大于CaO， Mg2更易结合碳酸根中的氧离子，故MgCO3更易分解；（5）根据氯化钠晶胞，NaCl的晶胞中有4个“NaCl”，Fe0.9O晶胞与NaCl晶胞的相似，因此该晶体中有4个“Fe0.9O”，晶胞的质量为，晶胞的体积(a1010)cm3，根据密度的定义，=，得出a=。4.（2019福建省莆田一中、四中高考模拟）铁触媒是重要的催化剂，铁触媒在500 左右时的活性最大，这也是合成氨反应一般选择在500 左右进行的重要原因之一。CO易与铁触媒作用导致其失去催化活性：F
