2020年高考化学难点专练8 晶胞的相关计算{带解析}

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)6]3-。

①1mol该离子中含有σ 键的数目为_____________。

②与CNO—互为等电子体的分子为_____________。

（任写一种，填化学式）（3）往CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2+ 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π键可用符合πm n 表示，其中m表示形成大π 键的原子数，n表示参与形成大π 键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为π66）。

则NO3-中的大π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B—N键的键长为____nm，这种氮化硼晶体的密度为______g/cm3 。

（用含有a 和N A的代数式表示）【答案】（1）（2）18N A CO2或N2O（3）电负性F>N>H，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）64π（5）BO 2- （6）3•a 4233110A a N ⨯ 【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1s 22s 22p 3，价电子排布式是2s 22p 3，所以基态氮原子的价电子排布图为；（2）①1个Co 3+与6个CNO-形成6个配位键，属于σ键，1个CNO -含有2个σ键，故1个[Co(CNO)6]3-含有18个σ键，所以1mol 该离子中含有σ 键的数目为18N A ；②与CNO -互为等电子体的分子可以用O 原子替换N 原子与1个单位负电荷，其电子体为CO 2或N 2O ；（3）往CuSO 4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH 3)4]2+ 配离子，是由于中心离子Cu 2+有空轨道，NH 3分子中N 原子由孤对电子，N —H 偏向N 原子一方，N 原子周围相对来说电子多，而NF 3和NH 3的空间构型尽管都是三角锥型，但电负性F>N>H ，在NH 3中氮原子显-3价，而在NF 3中氮原子显+3价，高度缺电子，不易提供孤电子对给Cu 2+的空轨道形成配位键，所以NF 3不易与Cu 2+形成配合离子；（4）中NO 3-中的大 π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NO 3-中的大 π键表示为64π；（5）由均摊法，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+2×n(-2)=-n ，故多硼酸根组成可表示为：(BO 2)n n-，也可写为BO 2 -； （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，B —N 键的键长为晶胞体对角线的14，由于晶胞边长为anm ，3，所以B —N 键的键长3•a 4nm ； 一个晶胞中含有B 原子数目为：4；含有N 原子数目为118682⨯+⨯=4，即一个晶胞中含有4个BN ，所以晶胞的密度为()()3741114ρ10A g N m V a cm -+==⨯=233110A a N ⨯g/cm 3。

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：（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)4]2-、正八面体形的[Ni(NH 3)6]2+等。

下列说法正确的有___。

A．CO与CN-互为等电子体，其中CO分子内σ键和π键个数之比为1:2-B．NH3的空间构型为平面三角形C．Ni2+在形成配合物时，其配位数只能为4D．Ni(CO)4和[Ni(CN)4]2-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LaNi x H y。

①LaNi x合金中x的值为_____；②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。

③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，N A=6.0×1023，=1.7）【答案】（1）3d84s2 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)4]2-和[Ni(NH3)6]2+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）①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；②根据空间构型分析作答；③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σ键和2个π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)4]2-和[Ni(NH3)6]2+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)4]2-为正四面体，采用sp3杂化，而[Ni(NH3)6]2+是正方形，不是sp3杂化方式，D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）①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，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LaNi 5，x=5，②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：；③六方晶胞体积V=a 2csinθ=(500×10-10)2×400×10-10×sin60°=8.5×10-23 cm 3，2332391m 610ρ=0.18g/cm V 8.510-⨯⨯==⨯。

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___________。

Mn 2+与Fe 2+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氧化物CO 、CO 2外，还可形成C 2O 3(结构式为)。

C 2O 3中碳原子的杂化轨道类型为___________，CO 2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CO 2分子的结果。

MgCO 3分解温度低于CaCO 3，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Fe 0.9O ，其中包含有Fe 2+和Fe 3+，晶胞边长为apm ，该晶体的密度为ρg·cm －3，则a=___________(列出计算式即可，用N A 表示阿伏加德罗常数的值)。

【答案】（1）3d 54s 2 Mn 2+ Mn 2+价层电子排布为3d 5，3d 能级半充满，更稳定（2）sp 2 直线型（3）2,4 O>C>H（4）半径Mg 2+<Ca 2+，MgO 晶格能大于CaO ， Mg 2+更易结合碳酸根中的氧离子，故MgCO 3更易分解（51033.65641610AN ρ⨯+⨯ 【详解】（1）Mn 位于第四周期ⅦB ，其价电子包括最外层电子和次外层的d 能级，即Mn 的价电子排布式为3d 54s 2；Mn 2＋价电子排布式为3d 5，Fe 2＋价电子排布式为3d 6，Mn 2＋价层电子排布中3d 能级半充满，更稳定，因此第一电离能较大的是Mn 2＋；（2）根据C 2O 3的结构式，C 有3个σ键，无孤电子对，因此C 的杂化类型为sp 2；CO 2中C 有2个σ键，孤电子对数为(4－2×2)/2=0，即CO 2杂化类型为sp ，CO 2空间构型为直线型； （3）N 形成3个共价键达到饱和，若N 有4个化学键，其中有一个是配位键，根据结构简式，2，4含有配位键，非金属性O>C>H ，则C 、H 、O 的电负性大小顺序是O>C>H ；（4）MgCO 3和CaCO 3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，MgCO 3分解温度低于CaCO 3，应从晶格能的角度分析，原因是半径Mg 2＋<Ca 2＋，MgO 晶格能大于CaO ， Mg 2＋更易结合碳酸根中的氧离子，故MgCO 3更易分解；（5）根据氯化钠晶胞，NaCl 的晶胞中有4个“NaCl”，Fe 0.9O 晶胞与NaCl 晶胞的相似，因此该晶体中有4个“Fe 0.9O”，晶胞的质量为A 4g N ⨯⨯（560.9+16），晶胞的体积(a×10－10)cm 3，根据密度的定义，ρ=A 4(560.916N a ⨯⨯+⨯-103）（10），得出a=103A3.65641610ρN ⨯+⨯⨯。