高中化学 2022年高考 二轮复习 专题训练 物质结构与性质(选修)大题练习
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考点一结构决定性质——原因解释类简答题
[必备知识]
1.氢键及其对物质性质的影响
氢键不是化学键,氢键的作用力大于范德华力。
物理性质的影响:
①分子间氢键使物质沸点较高。
例如沸点:NH3>PH3,H2O>H2S,HF>HCl。
乙醇沸点大于CH3OCH3的原因是乙醇分子间能形成氢键。
②使物质易溶于水:如NH3、C2H5OH、CH3CHO、H2O2、CH3COOH等易溶于水,其原
因是该分子与水分子之间形成氢键。
③解释一些特殊现象。
例如水结冰体积膨胀(水分子间形成氢键,体积大,密度小)。
2.晶体熔、沸点高低的判断规律
不同类型晶体的熔、沸点[一般来说,原子晶体>离子晶体>分子晶体、金属晶体(有例外)>分子晶体]
晶体
类型
比较方法举例
原子晶体原子半径越小、键长越短→键能越大→晶体的熔、沸点
越高
金刚石>碳化硅>硅(用
“>”“<”或“=”填空,下同)
离子晶体阴、阳离子的电荷数越多、离子半径越小,晶格能越
大,离子晶体的熔、沸点越高
MgO>NaCl>CsCl
金属
晶体
金属离子半径越小,所带电荷越多,熔、沸点越高Al>Mg>Na;Li>Na>K
分子晶体组成和结构相似的物质,存在氢键的物质比不存在氢
键的物质的熔、沸点高;组成和结构相似且不存在氢
键的物质,一般相对分子质量越大,熔、沸点越高
组成和结构相似:HI>H r >H Cl;
组成和结构不相似的物质,分子极性越
大,熔、沸点越高,如熔点:CO>N2
有机化合物的
同分异构体中
一般来说,支链越多,熔、沸点越低
正戊烷>异戊烷>新戊烷,邻位化合
物>间位化合物>对位化合物
[关键能力]
[典题示例](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____________________
________________________________________________________________________。
物质GeCl4Ger 4GeI4
熔点/℃-49.526146
沸点/℃83.1186约400
[解题流程](1)
(2)
[答案](1)Ge原子半径大,原子间形成的σ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、Ger 4、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
[题组训练]
类型一“氢键”对物质性质的影响
1.(1)(2020·山东高考)NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为________。
(2)(2020·全国Ⅲ卷)NH3rH3分子中,与N原子相连的H呈正电性(Hδ+),与r原子相连的H呈负电性(Hδ-),电负性大小顺序是________。
与NH3rH3原子总数相等的等电子体是________(写分子式),其熔点比NH3NH3________(填“高”或“低”),原因是在NH3rH3分子之间,存在________,也称“双氢键”。
(3)(2019·全国Ⅲ卷)苯胺()的晶体类型是________。
苯胺与甲苯()的相对分子质量相近,但苯胺的熔点(-5.9 ℃)、沸点(184.4 ℃)分别高于甲苯的熔点(-95.0 ℃)、沸点(110.6 ℃),原因是______________________________________。
(4)(2019·全国Ⅱ卷)元素As与N同族。
预测As的氢化物分子的立体结构为________,其沸点比NH3的________(填“高”或“低”),其判断理由是________________________________________________________________________。
答案:(1)NH3>AsH3>PH3(2)N>H>r CH3CH3低Hδ+与Hδ-的静电引力(3)分子晶体苯胺分子之间存在氢键(4)三角锥形低NH3分子间存在氢键2.简要解答下列问题。
(1)氧元素的氢化物(H2O)在乙醇中的溶解度大于H2S,其原因是________________________________。
(2)已知苯酚()具有弱酸性,其K a=1.1×10-10;水杨酸第一级电离形成的离
子能形成分子内氢键。
据此判断,相同温度下电离平衡常数K a2(水杨酸)________(填“>”或“<”)K a(苯酚),其原因是________________________________。
(3)H2O分子内的O—H、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为
________________________________________________________________________。
的沸点比高,原因是_______________________
________________________________________________________________________。
(4)硼酸晶体是片层结构,其中一层的结构如图所示。
硼酸在冷水中溶解度很小,但在热水中较大,原因是_____________________________________________________ ________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析:(1)H2O在乙醇中的溶解度大于H2S,是因为水分子与乙醇分子之间可形成氢键。
(2)氧的电负性较大,则能形成分子内氢键,即O—H…O(—COO-中双键氧与羟基氢之间存在氢键),其大小介于化学键和范德华力之间,使其更难电离出H+,则水杨酸第二级电离常数小于苯酚的电离常数。
(3)氢键弱于共价键而强于范德华力。
对羟基苯甲醛形成分子间氢键,使其沸点升高,邻
羟基苯甲醛形成分子内氢键,使其沸点降低。
(4)晶体中硼酸分子间能以氢键结合在一起形成大分子,难以溶于冷水;加热时可以破坏
晶体中的部分氢键,从而使硼酸分子与水分子之间形成氢键,溶解度增大。
答案:(1)水分子与乙醇分子之间形成氢键
(2)<—COO-与—OH形成分子内氢键,使其更难电离出H+
(3)O—H、氢键、范德华力形成分子内氢键,而形成分子间氢键,分子间氢键使分子间作用力增大
(4)冷水时,晶体中硼酸分子间以氢键缔合在一起,难以溶解;加热时,晶体中部分氢键被破坏,硼酸分子与水分子形成氢键,溶解度增大
类型二物质熔、沸点的大小比较及原因解释
3.(1)一些氧化物的熔点如表所示:
解释表中氧化物之间熔点差异的原因:______________________________________
________________________________________________________________________。
(2)化肥(NH4)2SO4中会含有N4H4(SO4)2,该物质在水中电离出SO2-4和N4H4+4,N4H4+4
遇到碱性溶液会生成一种形似白磷(P4)的N4分子。
N4比P4的沸点________,原因为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)CaF2与浓硫酸反应生成HF,HF的沸点高于C2H2,原因是________________。
HF能与rF3化合得到HrF4,从化学键形成角度分析HF与rF3能化合的原因_________________。
(4)H2O分子内的O—H、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为__________________ ___________。
的沸点比高,原因是_________________。
(5)制取铁氧体也可使用沉淀法,制备时常加入氨(NH3)、联氨(N2H4)等弱碱,已知氨(NH3熔点:-77.8 ℃、沸点:-33.5 ℃),联氨(N2H4熔点:2 ℃、沸点:113.5 ℃),解释其熔、沸点高低的主要原因是_____________________________________________________ ________________________________________________________________________。
解析:(1)氧化锂、氧化镁是离子晶体,六氧化四磷和二氧化硫是分子晶体,离子键比分子间作用力强。
(2)结构相似的分子,相对分子质量越大,分子间作用力越大,熔、沸点越高,N4和P4都为正四面体结构,都为非极性分子,N4的相对分子质量小于P4,分子间作用力比P4小,
则N4比P4的沸点低。
(3)HF、C2H2都是由分子构成的分子晶体,分子晶体的熔、沸点受分子间作用力的影响,由于在HF分子之间除了存在范德华力外,还存在氢键,增加了分子之间的吸引力,使物质气化需要消耗的能量比一般的普通分子消耗的能量高,即HF的沸点比乙炔的高。
在rF3分子中的r原子上有空轨道,而HF分子中的F原子上有孤电子对,当rF3与HF靠近时,HF 分子中F原子的孤电子对填充rF3分子中r原子的空轨道,二者形成配位键,从而结合形成HrF4。
(4)沸点高说明分子间作用力大,根据氢键的形成方式得出形成分子间氢键,形成分子内氢键的结论。
(5)联氨(N2H4)分子间形成的氢键数目多于NH3分子间形成的氢键数目,故联氨的熔、沸点高于NH3。
答案:(1)Li2O、MgO为离子晶体,P4O6、SO2为分子晶体;离子键强弱:MgO>Li2O;分子间作用力:P4O6>SO2
(2)低N4和P4都为非极性分子,N4的相对分子质量低于P4,分子间作用力比P4小
(3)HF分子之间存在氢键rF3中硼原子有空轨道,HF中氟原子有孤电子对,两者之间可形成配位键
(4)O—H、氢键、范德华力形成分子内氢键,而形成分子间氢键,分子间氢键使分子间作用力增大
(5)联氨分子间形成氢键数目多于氨分子间形成的氢键数目
“原因解释”型题目的解题模型
考点二键角大小比较与大π键
[必备知识]
1.共价键分子中键角大小比较
2.大π键
(1)定义
在一个平面形的多原子分子中,如果相邻原子有垂直于分子平面的、对称性一致的、未参与杂化轨道的原子轨道,那么这些轨道可以相互重叠,形成多中心π键。
这种多中心π键又称为“共轭π键”或“离域π键”,简称“大π键”。
(2)大π键的形成条件
①所有参与离域π键形成的原子都必须在同一平面内,即连接这些原子的中心原子只能采取sp或sp2杂化。
②所有参与离域π键形成的原子都必须提供一个或两个相互平行或接近平行的p轨道。
③根据泡利原理,参与离域π键形成的p轨道上的电子数必须小于2倍的p轨道数。
(3)大π键的符号和表示方法
①离域π键符号可用表示,其中m为平行的p轨道数(即参与形成大π键的原子数),n为平行p轨道里的电子数,上述符号可读为“m原子n电子大π键”。
吡咯。
②常见分子(或离子)的大π键
[关键能力]
[典题示例](2020·山东高考)NH3、PH3、AsH3的立体构型均为三角锥形(),三种分子中键角由大到小的顺序为________________。
[解析]N、P、As属于同一主族元素,其电负性:N>P>As,因三种氢化物分子中的中心原子电负性逐渐减弱,则分子中成键电子对逐渐远离中心原子,致使成键电子对的排斥降低,键角逐渐减小,即键角由大到小的顺序为NH3>PH3>AsH3。
[答案]NH3>PH3>AsH3
[题组训练]
类型一键角的大小比较
1.(1)下列四种分子:H2O、CO2、rF3和CH4,键角最大的是________。
(2)NH3、NF3、NCl3三种分子的中心原子相同,三种分子中键角由大到小的顺序是________________________________________________________________________。
(3)NH3通入CuSO4溶液形成[Cu(NH3)4]2+,其中配体(NH3)中∠H—N—H比NH3中的键
角________。
(填“大”“小”或“相等”)
解析:(1)四种分子中键角最大的是直线形分子CO2(sp杂化),键角为180°;其次是平面三角形分子rF3(sp2杂化),键角为120°;再次是正四面体结构的CH4(sp3杂化),键角为109°28′;最后是V形分子H2O(sp3杂化,有2对孤电子对),键角为105°。
(2)NH3、NF3、NCl3三分子的中心原子均为N,杂化方式均为sp3杂化,孤电子对数均为1,但电负性:F>Cl>H,或成键电子对距中心原子(N)的距离:N—F>N—Cl>N—H,故键角:NH3>NCl3>NF3。
(3)NH3中N原子的杂化类型为sp3,其中氮原子有一对孤电子对;[Cu(NH3)4]2+的结构为其中N原子也是sp3杂化,但氮原子无孤电子对,则NH3中的
键角小。
答案:(1)CO2(2)NH3>NCl3>NF3(3)大
2.(1)甲醛()和光气()分子中,键角∠H—C—H________
∠Cl—C—Cl。
(2)乙烯的分子结构为,其键角:α________β(填“>”“<”或“=”)。
(3)[PtCl4(NH3)2]中H—N—H之间的夹角________(填“>”“<”或“=”)NH3分子中H—N—H之间的夹角,原因是_______________________________________________ ________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析:(1)两种物质中碳原子都采用sp2杂化,都没有孤电子对,氯的电负性比氢大,甲醛的共用电子对更向碳原子集中,碳氢键的斥力更大,键角更大。
(2)键角α是双键—单键之间的斥力,而键角β是单键—单键之间的斥力,根据价层电子对互斥理论:双键—单键的斥力大于单键—单键的斥力,故键角:α>β。
(3)[PtCl4(NH3)2]中N原子形成3个N—H和1个
N→Pt配位键,N→Pt配位键相比于孤电子对,对其他成键电子对的排斥作用减小,故H—N—H 之间的夹角大于NH3分子中的H—N—H的键角。
答案:(1)>(2)>(3)>[PtCl4(NH3)2]形成过程中,NH3中N原子的孤电子对与Pt 形成配位键,N→Pt配位键相比于孤电子对,对其他成键电子对的排斥作用减小,造成H—N—H的键角增大
3.请回答下列问题。
(1)rF3中键角________(填“大于”或“小于”)CCl4中键角。
(2)H+可与H2O形成H3O+,H3O+中H—O—H的键角比H2O中H—O—H的键角大,原因为________________________________________。
(3)乙酸分子()中键角1________(填“大于”“等于”或“小于”)键角2,原因是________________________________________________。
解析:(1)rF3分子的立体构型为平面三角形,键角为120°;CCl4分子的立体构型为正四面体形,键角为109°28′。
(2)H3O+、H2O的中心原子的价层电子对数均为4,H2O中O原子有两对孤电子对,H3O +中O原子有一对孤电子对,因为孤电子对间的排斥力>孤电子对与成键电子对间的排斥力>成键电子对间的排斥力,导致H3O+中H—O—H的键角比H2O中H—O—H的键角大。
(3)由于双键对单键的斥力大于单键对单键的斥力,故乙酸分子结构中键角1大于键角2。
答案:(1)大于(2)H2O中氧原子有两对孤电子对,H3O+中氧原子有一对孤电子对,排斥力较小(3)大于C===O对C—C的斥力大于C—O对C—C的斥力
类型二分子(或离子)中大π键的判断
4.(2017·全国Ⅱ卷)经X射线衍射测得化合物R[(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl,五氮阴离子盐]的晶体结构,其局部结构如图所示。
R 中阴离子N -5 中的σ键总数为________个。
分子中的大π键可用符号表示,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(如苯分子中的大π键可表示为),则N -
5 中的大π键应表示为________。
解析:由题图可知,R 中阴离子N -5 中有5个N—N ,所以N -5 中的σ键总数为5个;
N -5 中的大π键中含有5个N 原子,所以参与形成大π键的原子数为5,每个N 原子形成2个σ键,还有一对孤电子对,每个N 原子提供1个电子形成大π键,从外界得到的1个电子也参与形成大π键,故参与形成大π键的电子数为6,则N -5 中的大π键应表示为。
答案:5
5.(1)Na 3[Co(NO 2)6]常用作检验K +的试剂,配体NO -2 的中心原子的杂化形式为
________,立体构型为________。
大π键可用符号表示,其中m 代表参与形成大π键的原子数,n 为各原子的单电子数(形成σ键的电子除外)和得电子数的总和(如苯分子中的大π键可表示为
),则NO -2 中大π键应表示为________。
(2)中的大π键应表示为________,其中碳原子的杂化方式为________。
解析:(1)配体
NO -2 的中心原子N 原子的价层电子对数为2+12 (6-2×2)=3,且含有一对孤电子对,故NO -2 中N 原子的杂化方式是sp 2杂化,立体构型是V 形。
NO -2 中参与
形成大π键的原子数为3,中心原子采取sp 2杂化,所以中心原子中有1对孤电子对没有参
与形成大π键,则参与形成大π键的电子数为6×3-2×2-2-4×2=4,故NO -2 中大π键
可表示为。
(2)中的5个原子参与形成大π键,5个C 原子共提供5个p 电子,加
上得到的1个电子,共有6个电子参与形成大π键,应表示为
,其中C 原子的杂化方式均为sp 2。
答案:(1)sp 2 V 形
(2) sp 2
大π键中电子数的计算步骤
[示例] SO 2分子中的大π键:
中心原子硫的价层电子对数为2+12 (6-2×2)=3,为sp 2杂化,有1对孤电子对,硫原
子有1个垂直于分子平面的p 轨道;SO 2的价电子总数为3×6=18,每个氧原子有2个容纳孤电子对的轨道不与形成大π键的p 轨道平行,则大π键中电子数为18-2×2-2-2×2×2=4,故SO 2分子中的大π键表示为。
考点三 原子分数坐标与晶胞投影图
[必备知识]
1.原子分数坐标
(1)概念
以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称为原子分数坐标。
(2)原子分数坐标的表示方法
晶胞中的任一个原子的中心位置均可用3个分别小于1的数在立体坐标系中表示出来,如位于晶胞原点A (顶角)的原子的坐标为(0,0,0);
B 点原子分数坐标为⎝⎛⎭⎫12,12,12 ;
C 点原子分数坐标为⎝⎛⎭⎫12,0,12 ;
D 点原子分数坐标为⎝⎛⎭⎫12,0,0 。
(3)示例:一种四方结构的超导化合物的晶胞如图所示,图中原子1的坐标为⎝⎛⎭⎫12,12,12 ,
则原子2和3的坐标分别为⎝⎛⎭⎫12,12,0 、⎝⎛⎭⎫0,0,12 。
2.典型晶胞结构模型的原子分数坐标与投影图
(1)简单立方体模型粒子坐标和投影图
①粒子坐标:若1(0,0,0),2(0,1,0),则确定3的原子分数坐标为(1,1,0),7为(1,1,1)。
②x 、y 平面上的投影图:。
(2)体心晶胞结构模型的原子坐标和投影图
①粒子坐标:若1(0,0,0),3(1,1,0),5(0,0,1),则6的原子分数坐标为(0,1,
1),7为(1,1,1),9为⎝⎛⎭⎫12,12,12 。
②x 、y 平面上的投影图:。
(3)面心立方晶胞结构模型的原子坐标和投影图
①粒子坐标:若1(0,0,0),13⎝⎛⎭⎫12,12,0 ,12⎝⎛⎭⎫1,12,12 ,则15的原子分数坐标为
⎝⎛⎭⎫12,1,12 ,11为⎝⎛⎭⎫12,12,1 。
②x 、y 平面上的投影图:。
(4)金刚石晶胞结构模型的原子坐标和投影图
①若a 原子为坐标原点,晶胞边长的单位为1,则原子1、
2、3、4的坐标分别为⎝⎛⎭⎫14,14,14 、⎝⎛⎭⎫14,34,34 、⎝⎛⎭⎫34,14,34 、⎝⎛⎭⎫34,34,14 。
②x 、y 平面上的投影图:。
(5)沿体对角线投影(以体心立方和面心立方为例)
①体心立方堆积
②面心立方最密堆积
③六方最密堆积(Zn 型)
[题组训练]
类型一 原子分数坐标的确定
1.锗(Ge)是典型的半导体元素,在电子、材料等领域应用广泛,锗单质具有金刚石型结构,如下图所示:
晶胞有两个基本要素:一是原子分数坐标参数,表示晶胞内部各原子的相对位置,上图中A 点的原子分数坐标为(0,0,0),则r 、C 两点的原子分数坐标为________、________。
二是晶胞参数,描述晶胞的大小和形状,已知Ge 的晶胞参数a =565.76 pm ,其密度为________g·cm -3(列出计算式即可)。
解析:依据晶胞结构和坐标系,因A 为原点,则r 的原子分数坐标为⎝⎛⎭⎫14,14,14 ;C 的
原子分数坐标为⎝⎛⎭⎫12,12,0 。
依据“均摊法”可知晶胞中含锗原子数为8×18 +6×12 +4=
8,晶胞的体积为(a ×10-10)3cm 3=(565.76)3×10-30cm 3,则晶体的密度ρ=
8×73
565.763×10-30·N A g·cm -3=8×73×1030
565.763·N A g ·cm -3。
答案:⎝⎛⎭⎫14,14,14 ⎝⎛⎭⎫12,12,0 8×73×10
30565.763·N A 2.以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子的分数坐标。
四方晶系CdSnAs 2的晶胞结构如图所示,晶胞棱边夹角均为90°,晶胞中部分原子的分数坐标如表所示。
坐标
原子
x
y z Cd
0 0 0 Sn
0 0 0.5 As
0.25 0.25 0.125
一个晶胞中有________个Sn ,找出距离Cd(0,0,0)最近的Sn________(用分数坐标表示)。
CdSnAs 2晶体中与单个Sn 键合的As 有________个。
解析:根据原子的分数坐标可以判断出晶胞中的黑球为Cd ,白球为Sn ,灰球为As 。
晶
胞中棱上有4个Sn ,面上有6个Sn ,故晶胞中Sn 的个数为14 ×4+12 ×6=4。
距离Cd(0,
0,0)最近的Sn 位于Cd(0,0,0)相邻底面面心和侧面上,分别为Sn(0.5,0,0.25)、Sn(0.5,0.5,0)。
晶胞侧面上的Sn 被2个晶胞共用,每个晶胞中与其键合的As 有2个,故CdSnAs 2晶体中与单个Sn 键合的As 有4个。
答案:4 (0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0) 4
长方体系原子分数坐标与原子处于晶胞位置间的关系
依据坐标点1、0两个数值出现的次数判断;
①若两个数值共出现三次,则该坐标点位于长方体的顶点位置。
②若两个数值共出现两次,则该坐标点位于长方体的棱上。
③若两个数值只出现一次,则该坐标点位于长方体的面上。
④若两个数值一次也未出现,则该坐标点位于长方体的体内。
类型二 晶胞投影图的分析
3.如图为SiC 晶胞沿z 轴方向在xy 平面的投影图,原子旁边标注的数字是该原子位于z 轴上的高度(部分相同位置的原子未标注)。
若SiC 的密度是d g ·cm -3,则阿伏加德罗常数的值N A =________(用含a 、d 的式子表示)。
解析:由给出的沿z 轴的投影图可知Si 位于晶胞的顶点和6个面的面心上,
1个SiC 晶胞中Si 原子数为8×18 +6×12 =4,C 原子数为4,晶胞体积为a 3 cm 3,晶胞质量为
4×(28+12)N A
g ,则密度d g ·cm -3=4×40a 3N A g ·cm -3,则N A =160a 3d 。
答案:160a 3d
4.以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子分数坐标。
如图1所示为磷化硼晶体的晶胞,图2是晶胞沿着体对角线方向的投影图。
(1)图1中,原子1的分数坐标是⎝⎛⎭⎫12,12,0 ,则原子2的分数坐标为________ 。
(2)图2中“N”表示________(填元素符号)。
解析:(1)题图1中原子1的分数坐标是⎝⎛⎭⎫12,12,0 ,原子1位于底面面心,原子2位于
体对角线的14 处,则原子2的分数坐标为⎝⎛⎭⎫34,14,14 。
(2)根据晶胞结构分析,磷化硼晶体的晶胞沿着体对角线方向可以观察到P 形成的六边形,其中的1个r 与体对角线上的2个P 重合,形成六边形的中心,所以“N”表示r 。
答案:⎝⎛⎭⎫34,14,14 r
类型三 晶胞中微粒围成空隙图形的分析与计算
5.(1)钙钛矿是重要的含钛矿物之一。
其主要成分Z 的晶胞如图所示。
推测Z 的化学式为________,Ca 填充在O 围成的________空隙中。
(2)若晶胞参数a =384.1 pm ,Z 晶体的密度为________(计算结果保留两位有效数字,已知3.8413≈56.67,阿伏加德罗常数的值为6.02×1023)
解析:(1)根据晶胞结构,顶角粒子占18 ,面心粒子占12 ,内部粒子为整个晶胞所有,所
以一个晶胞中的Ti 为8×18 =1个,Ca 为1个,O 为6×12 =3个,所以Z 的化学式为
CaTiO 3。
根据晶胞结构示意图可知,Ca 填充在O 围成的正八面体空隙中。
(2)设有1 mol Z 晶体的晶胞,即有N A 个Z 晶体的晶胞。
1个晶胞的体积V =384.13 pm 3=384.13×10-30 cm 3,1 mol 晶胞的质量m =1 mol ×136 g·mol -1=136 g ,所以Z 晶体密度
为ρ=m N A V =1366.02×1023×384.13×10-30 g ·cm -3≈4.0 g ·cm -3。
答案:(1)CaTiO 3 正八面体 (2)4.0 g·cm -3
6.当温度处于146~555 ℃时,六方碘化银转化为αAgI(如图),Ag +可随机地分布在
四面体空隙和八面体空隙中,多面体空隙间又彼此共面相连。
在电场作用下,Ag +可从一个
空隙穿越到另一个空隙,沿着电场方向运动,因此αAgI 晶体是一种优良的离子导体。
则在αAgI 晶体中,n (Ag +)∶n (八面体空隙)∶n (四面体空隙)=________。
解析:取最小的单元如图,,八面体空隙在面心(6个)和棱心
(12个),有6×12 +12×14 =6个,四面体空隙在面上,每个面上形成4个,每个为两个晶
胞共用,有4×6×12 =12个,I -在顶点(8个)和体内(1个),有8×18 +1=2个,则由AgI
的组成可知,晶胞中Ag +个数也为2,则n (Ag +)∶n (八面体空隙)∶n (四面体空隙)=2∶6∶12=1∶3∶6。
答案:1∶3∶6 [大题过关检测] __ 1.(1)铜银合金是优质的金属材料,其晶胞与铜晶胞类似,其中Ag 位于顶角,Cu 位于面心,如图1所示。
①该铜银合金的化学式是________________。
②已知该铜银晶胞的参数为a cm 、晶体密度为ρ g ·cm -3,则阿伏加德罗常数(N A )为
________mol -1(用代数式表示,下同)。
③若Ag 、Cu 的原子半径分别为b cm 、c cm ,则该晶胞中原子空间利用率φ=________。
(2)ZnF 2具有金红石型四方结构,KZnF 3具有钙钛矿型立方结构,两种晶体的晶胞结构如图2所示:
①ZnF 2和KZnF 3晶体(晶胞顶角为K +)中,Zn 2+的配位数之比为________。
②若N A 表示阿伏加德罗常数的值,则ZnF 2晶体的密度为________ g·cm -3(用含a 、c 、N A 的代数式表示)。
③KZnF 3晶胞中A 离子的坐标参数为(0,0,0),r 离子的坐标参数为(1,0,0),C 离子的坐标参数为(0,1,0),则D 离子的坐标参数为________。
解析:(1)①6个铜原子位于立方体面心,8个银原子位于顶角,则该晶胞含12 ×6=3个
铜原子、8×18 =1个银原子,所以该铜银合金的化学式为AgCu 3或Cu 3Ag 。
②AgCu 3的摩
尔质量为300 g·mol -1,根据ρ=m V 得ρ g ·cm -3=300 g ·mol -1N A ×(a cm )3 ,所以N A =300a 3ρ mol -1。
③晶胞中原子空间利用率=原子总体积晶胞体积 ×100%=⎝⎛⎭⎫3×43πc 3+43πb 3cm 3(a cm )3 ×100%=
4π(3c 3+b 3)3a 3
×100%。
(2)①ZnF 2晶胞中,白色球表示的离子数目为1+8×18 =2,黑色球表示的离子数目为2+4×12 =4,故白色球表示Zn 2+、黑色球表示F -,则Zn 2+的配位数为
6。
KZnF 3晶胞中,灰色球表示的离子数目为8×18 =1, 黑色球表示的离子数目为
6×12 =3,白色球表示的离子数目为1,则白色球表示Zn 2+,Zn 2+的配位数为6,故ZnF 2和KZnF 3晶体中Zn 2+的配位数之比为1∶1。
②ZnF 2晶胞中相当于含有2个“ZnF 2”,晶胞的
质量=2×103N A g ,晶胞的体积=a ×10-7 cm ×a ×10-7cm ×c ×10-7cm =a 2c ×10-21 cm 3,
则晶体的密度=2×103
N A g a 2c ×10-21 cm 3 =2.06×1023
N A a 2c g ·cm -3。
③D 离子处于晶胞左侧面的面心位
置,由A 、r 、C 离子的坐标参数可知,D 离子的坐标参数为⎝⎛⎭⎫0,12,12 。
答案:(1)①AgCu 3(或Cu 3Ag) ②300a 3ρ
③4π(3c 2+b 3)
3a 3
×100% (2)①1∶1 ②2.06×1023N A a 2c ③⎝⎛⎭⎫0,12,12
2.(2021·成都模拟)铁、钴均为第四周期Ⅷ族元素,它们的单质及化合物具有广泛用途。
回答下列问题:
(1)基态Co 2+中成单电子数为________。
Fe 和Co 的第三电离能I 3(Fe)________I 3(Co)。
(填“>”“<”或“=”)
(2)化学上可用EDTA 测定Fe 2+和Co 2+的含量。
EDTA 的结构简式如图所示。
①EDTA 中电负性最大的元素是________,其中C 原子轨道杂化类型为________。
②EDTA 存在的化学键有________。
(填序号)
a.离子键b.共价键c.氢键d.σ键e.π键f.配位键
(3)将1 mol CoCl3·4NH3溶于水中,加入足量AgNO3溶液生成1 mol AgCl沉淀。
则CoCl3·4NH3中配离子的化学式为_________;已知孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用,试判断NH3分子与钴离子形成配合物后H—N—H键角________。
(填“变大”“变小”或“不变”)
(4)一种铁氮化合物具有高磁导率,其结构如图所示。
已知晶体的密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数的值为N A。
①该结构中单纯分析铁的堆积,其堆积方式为________。
②该铁氮化合物的化学式为________。
③计算Fe(Ⅱ)构成正八面体的体积为________cm3。
解析:(1)基态Co原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2,则Co2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d7(或[A ]3d7),所以Co2+中成单电子数为3。
Fe2+的最外层电子排布式为3s23p63d6,铁元素失去的第三个电子是3d6上的电子,而3d6容易失去一个电子形成比较稳定的3d5半满状态,而Co2+的价电子排布式为3d7,失去的第三个电子是3d7上的电子,没有3d6容易,故I3(Fe)<I3(Co)。
(2)①结构中含有C、H、O、N元素,同周期主族元素,从左到右,电负性逐渐增大,故电负性最大的元素是O,其中C的杂化类型有sp2、sp3;②EDTA的化学键中,单键均为共价键中的σ键,存在羧基中的碳氧双键还含有π键,故答案为bde。
(3)1 mol CoCl3·4NH3只生成1 mol AgCl,则1 mol CoCl3·4NH3中有1 mol Cl-为外界离子,钴的配位数为6,则配体为NH3和Cl-,此配合物结构的化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl,配离子的化学式为[Co(NH3)4Cl2]+,氨气分子中N原子有1对孤电子对,而形成配合物后没有孤电子对,配位键N—Co的成键电子对相比NH3中的孤电子对对N—
H 的排斥力变小,故NH 3分子与钴离子形成配合物后H—N—H 键角变大。
(4)①晶胞中Fe 原子位于顶点和面心位置,所以晶胞中铁的堆积方式为面心立方最密堆积。
②晶胞中Fe 原
子数为8×18 +6×12 =4,N 原子位于体心,数目1个,所以氮化铁的化学式Fe 4N 。
③晶胞
中Fe 原子数为8×18 +6×12 =4,N 原子数目为1,氮化铁的化学式Fe 4N ,则晶胞质量m
=238N A g ,若晶胞边长为a cm ,则晶胞质量m =ρV =ρa 3 g =238N A g ,a 3=238ρ·N A ,Fe(Ⅱ)围
成的八面体相当两个正四棱锥,底面为正方形,对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂
直、S 底=12 a 2 cm 2,正四棱锥的高等于12 a cm ,根据V 锥=13 S 底h =13 ×12 a 2×12 a cm 3=a 312 cm 3,八面体体积=2V 锥=a 36 cm 3=1193ρ·N A cm 3。
答案:(1)3 < (2)①O sp 2、sp 3 ②bde
(3)[Co(NH 3)4Cl 2]+ 变大
(4)①面心立方堆积 ②Fe 4N ③1193ρ·N A
3.(2021·广东高考)很多含巯基(—SH)的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。
例如,解毒剂化合物Ⅰ可与氧化汞生成化合物Ⅱ。
(1)基态硫原子价电子排布式为________________。
(2)H 2S 、CH 4、H 2O 的沸点由高到低顺序为________。
(3)汞的原子序数为80,位于元素周期表第________周期第Ⅱr 族。
(4)化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。
化合物Ⅳ是一种强酸。
下列说法正确的有________。
A .在Ⅰ中S 原子采取sp 3杂化
r .在Ⅱ中S 元素的电负性最大
C .在Ⅲ中C—C—C 键角是180°
D .在Ⅲ中存在离子键与共价键
E .在Ⅳ中硫氧键的键能均相等。