資源簡介

題型突破特訓(xùn)(四)　物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合
1. (2024·廣東深圳市二模)通過摻雜硅可將鍺單質(zhì)轉(zhuǎn)化為不同摻雜比例的硅鍺合金，鍺及硅鍺合金的立方晶胞如圖所示。
(1)鍺晶體中一個Ge周圍與其最近的Ge的個數(shù)為________。
(2)若硅鍺合金ⅰ的晶胞邊長為a pm，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則硅鍺合金ⅰ晶體的密度為________________g·cm－3(列計(jì)算式)。
(3)硅鍺合金ⅱ沿晶胞對角面取得的截圖為________(填標(biāo)號)。
2.(2024·山東濰坊二模)氮族元素可以形成多種多樣的化合物，回答下列問題：
(1)基態(tài)As原子的價電子的軌道表示式是________。
(2)疊氮酸(HN3)常用于引爆劑，可用聯(lián)氨(H2N—NH2)制取。比較聯(lián)氨與雙氧水分子中鍵角大小：∠H—N—N________∠H—O—O(填“>”“＝”或“<”，下同)。疊氮酸結(jié)構(gòu)如圖所示：，*N為sp2雜化，已知參與形成π鍵的電子越多，鍵長越短，則鍵長：①________②。
(3)乙胺(CH3CH2NH2)和2-羥基乙胺(HOCH2CH2NH2)都可用于染料的合成，乙胺堿性更強(qiáng)，原因是________________________________________________。
(4)磷酸—?dú)潲}受熱易脫水聚合，生成環(huán)狀的偏磷酸根。環(huán)狀三偏磷酸根的結(jié)構(gòu)如圖所示，則由n個磷氧四面體連接形成的環(huán)狀偏磷酸根的通式是________。
(5)砷與金屬鈉、鐵、銅可形成一種絕緣體材料，其晶胞結(jié)構(gòu)圖及鈉原子沿z軸投影如圖所示，已知m原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0.75,0.25,0.20)，晶胞參數(shù)為a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°。銅周圍距離最近的砷原子的個數(shù)是________，n原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)是________，若阿伏加德羅常數(shù)值為NA，該晶體密度是________g·cm－3(用含NA的代數(shù)式表示)。
3. (2024·山東聊城三模)副族元素可以形成多種多樣的化合物。回答下列問題：
(1)基態(tài)Zn原子能量最高的電子占據(jù)的能層是________，銅轉(zhuǎn)爐煙灰(主要成分為ZnO)，加入氯化銨和氨水，生成[Zn(NH3)4]2＋，則浸取時反應(yīng)的離子方程式為_________________________________________________________。
(2)已知的合成過程如下：HCl＋＋CdCl2―→[CdCl3]－
①中存在配位鍵，接受孤電子對的離子或原子是________。
②具有較低的熔點(diǎn)。從結(jié)構(gòu)角度解釋原因_____________________________________________。
(3)銅的硫化物結(jié)構(gòu)多樣。其中銅藍(lán)晶胞結(jié)構(gòu)如圖。
①銅藍(lán)的化學(xué)式為________。
②晶胞中含有________個S，n(Cu＋)∶n(Cu2＋)________。
4. (2024·山東濟(jì)南三模)一定條件下用過量堿性H2O2處理含有Ag＋和Ni2＋的混合溶液，得到一種鎳銀氧三元化合物，六方晶胞(a＝b≠c，α＝β＝90°，γ＝120°)如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：
(1)基態(tài)Ni原子的價電子排布式為________，鎳原子的配位數(shù)為________，該制備反應(yīng)的離子方程式為________________________________________。
(2)47Ag的第二電離能________(填“大于”或“小于”)48Cd的第二電離能，原因是____________________________________________________。
(3)Ag作催化劑，催化氧氣氧化苯甲醇制備苯甲醛的化學(xué)方程式為________________________________________________；相同條件下，苯甲醇在水中的溶解度大于苯甲醛的原因是_________________________________　_______________________________________。
(4)若Ni—O鍵長為d pm，∠Ni—O—Ni夾角為θ，晶胞高為h pm，該化合物的摩爾質(zhì)量為M g·mol－1，阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為NA，則該化合物晶體的密度為________g·cm－3(列出計(jì)算式即可)。
5.(2024·北京東城二模)硒(34Se)是一種應(yīng)用廣泛的元素。
Ⅰ.檢測細(xì)胞體內(nèi)的HClO
風(fēng)濕性關(guān)節(jié)炎與細(xì)胞體內(nèi)產(chǎn)生的HClO有關(guān)。一種含Se的熒光探針分子(FP)檢測HClO及再生的轉(zhuǎn)化如圖。
(1)①Se位于元素周期表中________區(qū)(填“s”“p”“ds”或“d”)。
②HClO的結(jié)構(gòu)式是________。
(2)在FPO→FP中，GSH轉(zhuǎn)化為GSSG。
①用“*”在GSH中標(biāo)出所有的手性碳原子__________________。
②FPO→FP中，F(xiàn)PO與GSH的物質(zhì)的量之比為________。
Ⅱ.應(yīng)用于光電領(lǐng)域
Cu2Se可作為新型鎂電池的正極材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。
(3)①該晶體中陽離子的基態(tài)價層電子排布式是____________。
②晶胞中“●”表示________(填離子符號)。
(4)新型鎂電池放電時，如圖晶胞中Se2－位置不變，Mg2＋嵌入的同時Cu＋被擠出。生成的MgSe晶體結(jié)構(gòu)與NaCl晶體相似，其中Mg2＋位于如圖晶胞的________(填序號)。
a．棱心　　b．面心　　c．體心　　d．頂點(diǎn)
6.(2024·山東濟(jì)南二模)石墨晶體由層狀石墨“分子”按ABAB方式堆積而成，如圖a所示，圖中用虛線標(biāo)出了石墨的一個六方晶胞。若按ABCABC方式堆積而成，則如圖b所示，圖中用虛線標(biāo)出了石墨的一個三方晶胞?；卮鹣铝袉栴}：
(1)石墨中碳原子的雜化方式為________，基態(tài)碳原子中電子的空間運(yùn)動狀態(tài)有________種，D、E原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)分別為________、________(以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo))。
(2)六方石墨晶體的密度為________g·cm－3(寫出計(jì)算表達(dá)式，要求化簡)。
(3)1個三方石墨晶胞中碳原子的個數(shù)為________。
(4)石墨可用作鋰離子電池的負(fù)極材料，充電時可由Li1－xC6形成Li＋按如圖所示均勻分布的鋰碳化合物，該物質(zhì)中存在的化學(xué)鍵有________________________________，充電時該電極的電極反應(yīng)式為________________________________。
(5)鋰離子電池的正極材料為層狀結(jié)構(gòu)的LiNiO2。鋰離子完全脫嵌時LiNiO2的層狀結(jié)構(gòu)會變得不穩(wěn)定，用鋁取代部分鎳形成LiNi1－yAlyO2，可防止鋰離子完全脫嵌而起到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的作用，其原因是______________________________　__________________________________________。
7. (2024·山東棗莊市二模)氮能與部分金屬或非金屬形成二元化合物，在材料應(yīng)用中體現(xiàn)出獨(dú)特性質(zhì)?；卮鹣铝袉栴}：
(1)量子力學(xué)計(jì)算的結(jié)果顯示氮化碳結(jié)構(gòu)有五種，其中β-氮化碳硬度超過金剛石晶體。已知β-氮化碳的二維晶體(單點(diǎn)厚度僅有一個原子直徑大小的晶體)結(jié)構(gòu)如圖1，線框內(nèi)表示晶胞結(jié)構(gòu)，則β-氮化碳的化學(xué)式為________；晶體中N原子的雜化方式為________。
(2)Cu3N具有良好的電學(xué)和光學(xué)性能，其晶胞結(jié)構(gòu)沿體對角線投影如圖2，其中N3－在晶胞中只有一種位置，N3－的配位數(shù)為________。高溫下CuO易轉(zhuǎn)化為Cu2O，試從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋其原因：______________________；高溫下Cu3N可將CO2還原，反應(yīng)生成一種還原性氣體、一種單質(zhì)氣體和一種金屬氧化物，其化學(xué)反應(yīng)方程式為________________________________。
(3)CrN晶胞結(jié)構(gòu)的八分之一如圖3，則熔點(diǎn)：CrN________NaCl(填“高于”“低于”或“等于”)。若NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，晶體密度為ρ g·cm－3，則Cr3＋與N3－最短核間距為________pm。
8.(2024·山東日照二模)過渡金屬不但能夠與非金屬元素形成化合物，還能與其他金屬元素形成金屬互化物。回答下列問題：
(1)Mn在元素周期表中的位置________________，屬于________區(qū)的元素，基態(tài)錳原子的價電子軌道表示式為________________________。
(2)二茂鐵化學(xué)式為Fe(C5H5)2，由Fe2＋與兩個C5H構(gòu)成(如圖)，熔點(diǎn)為172 ℃。
①二茂鐵熔點(diǎn)低于鐵的原因?yàn)開_____________________________________。
②大π鍵通常用符號表示(m代表參與形大π鍵的原子數(shù)，n代表大π鍵的電子數(shù))，則C5H中的大π鍵表示為________。
③Fe2＋與兩個C5H離子形成配位鍵后，使Fe2＋的3d、4s、4p能級中共具有18電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。則Fe2＋與兩個C5H離子形成配位鍵的數(shù)目為________。
(3)錳和鎵形成的金屬互化物立方晶胞如圖所示。
①若將晶胞中體心的Ga原子作為晶胞的一個頂點(diǎn)，則距該Ga原子最近的Ga原子在新晶胞中位置為________(填標(biāo)號)。
A．面心 B．體心
C．頂點(diǎn) D．棱心
②晶胞中，相鄰Mn原子構(gòu)成的正四面體空隙完全由鎳原子填充，可用于制備碳基金屬催化劑。1號Mn原子坐標(biāo)參數(shù)為(1,1,1)，則填充在1、2、3、4號Mn構(gòu)成的四面體空隙中心的鎳原子的坐標(biāo)參數(shù)為________________；晶胞參數(shù)為a nm，則填充鎳后的晶胞的密度ρ＝________g·cm－3(用含NA、a的代數(shù)式表示)。
題型突破特訓(xùn)(四)　物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合
1. (2024·廣東深圳市二模)通過摻雜硅可將鍺單質(zhì)轉(zhuǎn)化為不同摻雜比例的硅鍺合金，鍺及硅鍺合金的立方晶胞如圖所示。
(1)鍺晶體中一個Ge周圍與其最近的Ge的個數(shù)為________。
(2)若硅鍺合金ⅰ的晶胞邊長為a pm，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則硅鍺合金ⅰ晶體的密度為________________g·cm－3(列計(jì)算式)。
(3)硅鍺合金ⅱ沿晶胞對角面取得的截圖為________(填標(biāo)號)。
【答案】　(1)4　(2)　(3)C
【解析】　(1)由圖可知，鍺晶體中一個Ge周圍與其最近的Ge的個數(shù)為4。(2)由均攤法得，1個硅鍺合金ⅰ晶胞中含有Si原子個數(shù)為2×＝1，Ge原子的個數(shù)為4＋8×＋4×＝7，晶胞邊長為a pm，則硅鍺合金ⅰ晶體的密度為 g·cm－3。(3)由硅鍺合金ⅱ的晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，沿晶胞對角面取得的截圖為C。
2.(2024·山東濰坊二模)氮族元素可以形成多種多樣的化合物，回答下列問題：
(1)基態(tài)As原子的價電子的軌道表示式是________。
(2)疊氮酸(HN3)常用于引爆劑，可用聯(lián)氨(H2N—NH2)制取。比較聯(lián)氨與雙氧水分子中鍵角大?。骸螲—N—N________∠H—O—O(填“>”“＝”或“<”，下同)。疊氮酸結(jié)構(gòu)如圖所示：，*N為sp2雜化，已知參與形成π鍵的電子越多，鍵長越短，則鍵長：①________②。
(3)乙胺(CH3CH2NH2)和2-羥基乙胺(HOCH2CH2NH2)都可用于染料的合成，乙胺堿性更強(qiáng)，原因是________________________________________________。
(4)磷酸—?dú)潲}受熱易脫水聚合，生成環(huán)狀的偏磷酸根。環(huán)狀三偏磷酸根的結(jié)構(gòu)如圖所示，則由n個磷氧四面體連接形成的環(huán)狀偏磷酸根的通式是________。
(5)砷與金屬鈉、鐵、銅可形成一種絕緣體材料，其晶胞結(jié)構(gòu)圖及鈉原子沿z軸投影如圖所示，已知m原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0.75,0.25,0.20)，晶胞參數(shù)為a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°。銅周圍距離最近的砷原子的個數(shù)是________，n原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)是________，若阿伏加德羅常數(shù)值為NA，該晶體密度是________g·cm－3(用含NA的代數(shù)式表示)。
【答案】　(1) 　(2)>　<
(3)2-羥基乙胺上羥基氧電負(fù)性大，有吸電子作用，使氨基氮電子云密度減小，堿性減弱
(4)(PO3)
(5)4　(0.75,0.75,0.8)　
【解析】　(1)基態(tài)As原子的價電子排布式為4s24p3，軌道表示式為。(2)H—N—N中孤電子對數(shù)小于H—O—O中的孤電子對數(shù)，孤電子對對成鍵電子排斥作用較大，孤電子對數(shù)量越多，鍵角則相對越小，因此鍵角H—N—N>H—O—O。①中N—N兩個氮原子均為兩個p軌道的電子參與形成兩個π鍵，剩下一個p軌道和s軌道形成sp雜化，②中右邊的N，只形成1個π鍵，兩個p軌道和一個s軌道形成sp2雜化，因此鍵長①<②。(3)2-羥基乙胺中羥基氧的電負(fù)性較大，具有吸附電子的作用，使氨基氮電子云密度減小，堿性較弱。(4)根據(jù)圖示可知，P原子與O原子的個數(shù)比為1∶3，每個P化合價為＋5價，每個O化合價為－2價，則每一個PO3這樣的結(jié)構(gòu)帶一個負(fù)電荷，則n個磷氧四面體連接形成的環(huán)狀偏磷酸根的通式為(PO3)。(5)以上頂面中心的Cu為例，與其距離最近的砷原子位于其下方的兩個和上方晶胞底部的兩個，因此銅周圍距離最近的砷原子的個數(shù)為4。已知m原子的坐標(biāo)為(0.75,0.25,0.20)，n原子位于晶胞上方靠前的位置，坐標(biāo)為(0.75,0.75,0.8)。該晶胞中含有Cu個數(shù)為×8＋×4＝4，F(xiàn)e個數(shù)為×8＋×4＋×2＋1＝4，As個數(shù)為8，Na個數(shù)為8，則其密度為 g·cm－3＝ g·cm－3。
3. (2024·山東聊城三模)副族元素可以形成多種多樣的化合物。回答下列問題：
(1)基態(tài)Zn原子能量最高的電子占據(jù)的能層是________，銅轉(zhuǎn)爐煙灰(主要成分為ZnO)，加入氯化銨和氨水，生成[Zn(NH3)4]2＋，則浸取時反應(yīng)的離子方程式為_________________________________________________________。
(2)已知的合成過程如下：HCl＋＋CdCl2―→[CdCl3]－
①中存在配位鍵，接受孤電子對的離子或原子是________。
②具有較低的熔點(diǎn)。從結(jié)構(gòu)角度解釋原因_____________________________________________。
(3)銅的硫化物結(jié)構(gòu)多樣。其中銅藍(lán)晶胞結(jié)構(gòu)如圖。
①銅藍(lán)的化學(xué)式為________。
②晶胞中含有________個S，n(Cu＋)∶n(Cu2＋)________。
【答案】　(1)N　ZnO＋2NH＋2NH3·H2O===[Zn(NH3)4]2＋＋3H2O
(2)①H＋、Cd　②該化合物是離子化合物，離子半徑較大，離子鍵弱
(3)①CuS?、?　2∶1
【解析】　(1)Zn是30號元素，基態(tài)Zn原子共4個電子層，能量最高的電子占據(jù)的能層是N層，銅轉(zhuǎn)爐煙灰(主要成分為ZnO)，加入氯化銨和氨水，生成[Zn(NH3)4]2＋，則浸取時ZnO和銨根離子、氨水反應(yīng)生成[Zn(NH3)4]2＋和水，反應(yīng)的離子方程式為ZnO＋2NH＋2NH3·H2O===[Zn(NH3)4]2＋＋3H2O。(2)①中N、Cl－存在孤電子對，H＋、Cd含有空軌道，接受孤電子對的離子或原子是H＋、Cd；②是離子化合物，離子半徑較大，離子鍵弱，所以具有較低的熔點(diǎn)。(3)①由晶胞可知S2－與Cu形成3個鍵，個數(shù)為2，S為棱上2個S直接相連的部分，個數(shù)為＝2，則S原子數(shù)為6；由晶胞可知晶胞中Cu的總個數(shù)為6個；銅藍(lán)的化學(xué)式為CuS。②晶胞中含有2個S，晶胞中S的總價態(tài)為2×(－2)＋2×(－2)＝－8，由晶胞可知晶胞中Cu的總個數(shù)為6個，設(shè)Cu＋的個數(shù)為x，Cu2＋的個數(shù)為y，則x＋y＝6，x＋2y＝＋8，聯(lián)立二式子解得x＝2，y＝1，n(Cu＋)∶n(Cu2＋)＝2∶1。
4. (2024·山東濟(jì)南三模)一定條件下用過量堿性H2O2處理含有Ag＋和Ni2＋的混合溶液，得到一種鎳銀氧三元化合物，六方晶胞(a＝b≠c，α＝β＝90°，γ＝120°)如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：
(1)基態(tài)Ni原子的價電子排布式為________，鎳原子的配位數(shù)為________，該制備反應(yīng)的離子方程式為________________________________________。
(2)47Ag的第二電離能________(填“大于”或“小于”)48Cd的第二電離能，原因是____________________________________________________。
(3)Ag作催化劑，催化氧氣氧化苯甲醇制備苯甲醛的化學(xué)方程式為________________________________________________；相同條件下，苯甲醇在水中的溶解度大于苯甲醛的原因是_________________________________　_______________________________________。
(4)若Ni—O鍵長為d pm，∠Ni—O—Ni夾角為θ，晶胞高為h pm，該化合物的摩爾質(zhì)量為M g·mol－1，阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為NA，則該化合物晶體的密度為________g·cm－3(列出計(jì)算式即可)。
【答案】　(1)3d84s2　6　2Ag＋＋2Ni2＋＋H2O2＋6OH－===2AgNiO2＋4H2O
(2)大于　Ag原子價電子排布為4d105s1，失去一個電子后Ag＋為4d10結(jié)構(gòu)，全充滿穩(wěn)定，不易再失去電子，而Cd原子價電子排布為4d105s2，易失去兩個電子生成4d10穩(wěn)定結(jié)構(gòu)Cd2＋
(3) ＋2H2O　苯甲醇中有—OH，相同情況下，苯甲醇與水形成的分子間氫鍵數(shù)目大于苯甲醛與水形成的氫鍵數(shù)目
(4)×1030
【解析】　(1)基態(tài)Ni原子的價電子排布式為3d84s2；根據(jù)晶胞圖可知，鎳原子的配位數(shù)為6；一個晶胞中含Ag：4×＋4×＋2＝3，Ni：2×＋2×＋2＝3，O：4×＋4×＋4＝6，則晶胞化學(xué)式為AgNiO2，根據(jù)得失電子守恒以及電荷、原子守恒，該制備反應(yīng)的離子方程式為2Ag＋＋2Ni2＋＋H2O2＋6OH－===2AgNiO2＋4H2O。(2)因?yàn)锳g原子價電子排布式為4d105s1，失去一個電子后Ag＋為4d10結(jié)構(gòu)，全充滿穩(wěn)定，不易再失去電子，而Cd原子價電子排布式為4d105s2，易失去兩個電子生成4d10穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的Cd2＋，所以47Ag的第二電離能大于48Cd的第二電離能。(3)根據(jù)得失電子守恒以及原子守恒，Ag作催化劑，催化氧氣氧化苯甲醇制備苯甲醛的化學(xué)方程式為＋O2＋2H2O；苯甲醇中有—OH，相同情況下，苯甲醇與水形成的分子間氫鍵數(shù)目大于苯甲醛與水形成的氫鍵數(shù)目，因此相同條件下，苯甲醇在水中的溶解度大于苯甲醛。(4)該晶胞的質(zhì)量為 g，體積為2d2h(1－cos θ)sin 120°×10－30 cm3，或者d2h(1－cos θ)×10－30 cm3，或者4d2hsin2sin 120°×10－30 cm3，或者2d2hsin2×10－30 cm3，則密度為×1030 g·cm－3或×1030 g·cm－3或×1030 g·cm－3或×1030 g·cm－3。
5.(2024·北京東城二模)硒(34Se)是一種應(yīng)用廣泛的元素。
Ⅰ.檢測細(xì)胞體內(nèi)的HClO
風(fēng)濕性關(guān)節(jié)炎與細(xì)胞體內(nèi)產(chǎn)生的HClO有關(guān)。一種含Se的熒光探針分子(FP)檢測HClO及再生的轉(zhuǎn)化如圖。
(1)①Se位于元素周期表中________區(qū)(填“s”“p”“ds”或“d”)。
②HClO的結(jié)構(gòu)式是________。
(2)在FPO→FP中，GSH轉(zhuǎn)化為GSSG。
①用“*”在GSH中標(biāo)出所有的手性碳原子__________________。
②FPO→FP中，F(xiàn)PO與GSH的物質(zhì)的量之比為________。
Ⅱ.應(yīng)用于光電領(lǐng)域
Cu2Se可作為新型鎂電池的正極材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。
(3)①該晶體中陽離子的基態(tài)價層電子排布式是____________。
②晶胞中“●”表示________(填離子符號)。
(4)新型鎂電池放電時，如圖晶胞中Se2－位置不變，Mg2＋嵌入的同時Cu＋被擠出。生成的MgSe晶體結(jié)構(gòu)與NaCl晶體相似，其中Mg2＋位于如圖晶胞的________(填序號)。
a．棱心　　b．面心　　c．體心　　d．頂點(diǎn)
【答案】　(1)①p　②H—O—Cl
(2)①
②1∶4
(3)①3d10　②Cu＋　(4)ac
【解析】　(1)①Se位于元素周期表中第四周期第ⅥA族，屬于p區(qū)；②HClO中，O和H、Cl分別共用一對電子，O、Cl都達(dá)到8電子飽和結(jié)構(gòu)，結(jié)構(gòu)式為H—O—Cl。(2)①手性碳原子是連接4個不同基團(tuán)的碳原子，GSH中一共有2個，標(biāo)記如圖；②FPO→FP中，Se元素化合價降低了2，F(xiàn)PO中兩個Se共得4個電子，GSH中S化合價升高1，失一個電子，故根據(jù)電子得失守恒，F(xiàn)PO與GSH的物質(zhì)的量之比為1∶4。(3)①Cu2Se晶體中陽離子為Cu＋，基態(tài)價層電子排布為3d10；②晶胞中，白色球處于晶胞頂點(diǎn)和面心，個數(shù)為6×＋8×＝4，黑球處于晶胞內(nèi)，個數(shù)為8，根據(jù)Cu2Se中的原子個數(shù)比，“●”表示Cu＋。(4)根據(jù)氯化鈉的晶胞特點(diǎn)，Se2－處于晶胞頂點(diǎn)和面心，則Mg2＋位于晶胞的體心和棱心，故選ac。
6.(2024·山東濟(jì)南二模)石墨晶體由層狀石墨“分子”按ABAB方式堆積而成，如圖a所示，圖中用虛線標(biāo)出了石墨的一個六方晶胞。若按ABCABC方式堆積而成，則如圖b所示，圖中用虛線標(biāo)出了石墨的一個三方晶胞?；卮鹣铝袉栴}：
(1)石墨中碳原子的雜化方式為________，基態(tài)碳原子中電子的空間運(yùn)動狀態(tài)有________種，D、E原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)分別為________、________(以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo))。
(2)六方石墨晶體的密度為________g·cm－3(寫出計(jì)算表達(dá)式，要求化簡)。
(3)1個三方石墨晶胞中碳原子的個數(shù)為________。
(4)石墨可用作鋰離子電池的負(fù)極材料，充電時可由Li1－xC6形成Li＋按如圖所示均勻分布的鋰碳化合物，該物質(zhì)中存在的化學(xué)鍵有________________________________，充電時該電極的電極反應(yīng)式為________________________________。
(5)鋰離子電池的正極材料為層狀結(jié)構(gòu)的LiNiO2。鋰離子完全脫嵌時LiNiO2的層狀結(jié)構(gòu)會變得不穩(wěn)定，用鋁取代部分鎳形成LiNi1－yAlyO2，可防止鋰離子完全脫嵌而起到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的作用，其原因是______________________________　__________________________________________。
【答案】　(1)sp2　4　　
(2)　(3)6
(4)離子鍵、共價鍵　Li1－xC6＋xLi＋＋xe－===LiC6
(5)脫嵌過程中Al不會變價，Li＋不能完全脫嵌
【解析】　(1)石墨中，每個碳原子形成3個σ鍵，無孤電子對，碳原子的雜化方式為sp2，基態(tài)碳原子核外電子排布式為1s22s22p2，電子占用4個原子軌道，電子的空間運(yùn)動狀態(tài)有4種，D在三方晶系底面上，原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為，E在六方晶系的內(nèi)部，根據(jù)圖示E原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為。(2)根據(jù)均攤原則，1個晶胞中含有4個C原子，C—C鍵長為0.142 nm，則底面積為×(0.142×10－7)2 cm2，六方石墨晶胞的體積為×(0.142×10－7)2×0.670 8×10－7 cm3，六方石墨晶體的密度為 g/cm3＝ g·cm－3。(3)根據(jù)均攤原則，1個三方石墨晶胞中碳原子的個數(shù)為4×＋4×＋2×＋2×＋2×＋2＝6。(4)Li＋嵌入石墨的A、B層間，導(dǎo)致石墨的堆積結(jié)構(gòu)發(fā)生改變，形成化學(xué)式為LiC6的嵌入化合物，可見該物質(zhì)中存在的化學(xué)鍵有Li＋與相鄰石墨環(huán)形成的離子鍵、碳與碳形成的共價鍵；充電時由Li1－xC6形成Li＋，充電時的電極反應(yīng)式為Li1－xC6＋xLi＋＋xe－===LiC6。(5)Ni的化合價有＋2、＋3、＋4，而Al的化合價只有＋3，如果Ni被氧化到＋4價態(tài)，Li＋可以完全脫嵌，形成NiO2，但有Al3＋存在，必須有Li＋形成電中性物質(zhì)，所以用鋁取代部分鎳形成LiNi1－yAlyO2可防止鋰離子完全脫嵌而起到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的作用。
7. (2024·山東棗莊市二模)氮能與部分金屬或非金屬形成二元化合物，在材料應(yīng)用中體現(xiàn)出獨(dú)特性質(zhì)?；卮鹣铝袉栴}：
(1)量子力學(xué)計(jì)算的結(jié)果顯示氮化碳結(jié)構(gòu)有五種，其中β-氮化碳硬度超過金剛石晶體。已知β-氮化碳的二維晶體(單點(diǎn)厚度僅有一個原子直徑大小的晶體)結(jié)構(gòu)如圖1，線框內(nèi)表示晶胞結(jié)構(gòu)，則β-氮化碳的化學(xué)式為________；晶體中N原子的雜化方式為________。
(2)Cu3N具有良好的電學(xué)和光學(xué)性能，其晶胞結(jié)構(gòu)沿體對角線投影如圖2，其中N3－在晶胞中只有一種位置，N3－的配位數(shù)為________。高溫下CuO易轉(zhuǎn)化為Cu2O，試從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋其原因：______________________；高溫下Cu3N可將CO2還原，反應(yīng)生成一種還原性氣體、一種單質(zhì)氣體和一種金屬氧化物，其化學(xué)反應(yīng)方程式為________________________________。
(3)CrN晶胞結(jié)構(gòu)的八分之一如圖3，則熔點(diǎn)：CrN________NaCl(填“高于”“低于”或“等于”)。若NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，晶體密度為ρ g·cm－3，則Cr3＋與N3－最短核間距為________pm。
【答案】　(1)C3N4　sp3
(2)6　亞銅離子(Cu＋)價層電子排布處于全充滿狀態(tài)，比價層電子排布為3d9的銅離子(Cu2＋)更穩(wěn)定　2Cu3N＋3CO23Cu2O＋N2＋3CO
(3)高于　×1010
【解析】　本題利用均攤法計(jì)算化學(xué)式；根據(jù)價層電子對互斥理論判斷原子雜化類型；根據(jù)投影圖像判斷原子位置，確定原子配位數(shù)；利用晶格能判斷原子晶體的熔點(diǎn)高低；利用晶胞模型的一部分計(jì)算晶胞原子間距離。(1)根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)分析，左上框內(nèi)氮原子數(shù)為4，碳原子數(shù)為4×＋2×＋1＝3；右下框內(nèi)氮原子數(shù)為4，碳原子為4×＋1＝3；故β-氮化碳化學(xué)式為C3N4；根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)分析可知，氮原子形成了3個σ鍵，自身有一個孤電子對，價層電子對數(shù)為4，氮原子采取sp3雜化。(2)①根據(jù)Cu3N晶胞結(jié)構(gòu)沿體對角線投影且其中N3－在晶胞中只有一種位置，可推知N3－在晶胞的頂點(diǎn)位置，而Cu＋在晶胞中棱的中心，所以N3－的配位數(shù)為6；②亞銅離子(Cu＋)價層電子排布處于全充滿狀態(tài)，比價層電子排布為3d9的銅離子(Cu2＋)更穩(wěn)定，所以高溫下CuO易轉(zhuǎn)化為Cu2O；③高溫下Cu3N可將CO2還原，反應(yīng)生成的還原性氣體是CO、一種單質(zhì)氣體是N2、一種金屬氧化物是Cu2O(氧化銅和一氧化碳會反應(yīng))，其化學(xué)反應(yīng)方程式為2Cu3N＋3CO23Cu2O＋N2＋3CO。(3)①NaCl和CrN都是離子晶體，且CrN電荷數(shù)多于NaCl，晶格能前者大，熔點(diǎn)前者高。②原圖上雖然是CrN晶胞結(jié)構(gòu)的八分之一，但利用原圖所示結(jié)構(gòu)在給定棱長的基礎(chǔ)上可以直接進(jìn)行密度計(jì)算(質(zhì)量小，體積按照比例縮小，不影響數(shù)值)；本題給了密度，在相當(dāng)于晶胞的模型中，頂點(diǎn)有四個氮原子和四個鉻原子，棱長就是要求的距離由ρ＝可以得到a＝ cm＝×1010 pm。
8.(2024·山東日照二模)過渡金屬不但能夠與非金屬元素形成化合物，還能與其他金屬元素形成金屬互化物?；卮鹣铝袉栴}：
(1)Mn在元素周期表中的位置________________，屬于________區(qū)的元素，基態(tài)錳原子的價電子軌道表示式為________________________。
(2)二茂鐵化學(xué)式為Fe(C5H5)2，由Fe2＋與兩個C5H構(gòu)成(如圖)，熔點(diǎn)為172 ℃。
①二茂鐵熔點(diǎn)低于鐵的原因?yàn)開_____________________________________。
②大π鍵通常用符號表示(m代表參與形大π鍵的原子數(shù)，n代表大π鍵的電子數(shù))，則C5H中的大π鍵表示為________。
③Fe2＋與兩個C5H離子形成配位鍵后，使Fe2＋的3d、4s、4p能級中共具有18電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。則Fe2＋與兩個C5H離子形成配位鍵的數(shù)目為________。
(3)錳和鎵形成的金屬互化物立方晶胞如圖所示。
①若將晶胞中體心的Ga原子作為晶胞的一個頂點(diǎn)，則距該Ga原子最近的Ga原子在新晶胞中位置為________(填標(biāo)號)。
A．面心 B．體心
C．頂點(diǎn) D．棱心
②晶胞中，相鄰Mn原子構(gòu)成的正四面體空隙完全由鎳原子填充，可用于制備碳基金屬催化劑。1號Mn原子坐標(biāo)參數(shù)為(1,1,1)，則填充在1、2、3、4號Mn構(gòu)成的四面體空隙中心的鎳原子的坐標(biāo)參數(shù)為________________；晶胞參數(shù)為a nm，則填充鎳后的晶胞的密度ρ＝________g·cm－3(用含NA、a的代數(shù)式表示)。
【答案】　(1)第四周期ⅦB　d
(2)①二茂鐵屬于分子晶體，鐵屬于金屬晶體，鐵晶體中金屬鍵強(qiáng)度大于二茂鐵晶體中分子間作用力?、凇、?
(3)①A?、凇?br/>【解析】　(1)錳元素是第25號元素，位于周期表的第四周期ⅦB，屬于d區(qū)元素，基態(tài)錳原子的價電子軌道表示式為。(2)①二茂鐵熔點(diǎn)低于鐵的原因?yàn)椋憾F屬于分子晶體，鐵屬于金屬晶體，鐵晶體中金屬鍵強(qiáng)度大于二茂鐵晶體中分子間作用力；②在C5H中的每個碳原子上都有一個未參與σ鍵的電子，這些電子占據(jù)與環(huán)的平面垂直的p軌道上，5個碳原子的5個p軌道肩并肩，外加得到一個電子重疊形成大π鍵，其大π鍵可表示為；③Fe2＋的價電子排布式是3d6，F(xiàn)e2＋與兩個C5H離子形成配位鍵后，使Fe2＋的3d、4s、4p能級中共具有18電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則3d、4s、4p能級均填滿電子，所以C5H提供了12個電子，即6對電子對，所以配位鍵的數(shù)目為6。(3)①當(dāng)將晶胞中體心的Ga原子作為晶胞的一個頂點(diǎn)時，整個晶胞中原子的坐標(biāo)均移動1/2個單位，距該Ga原子最近的Ga原子在新晶胞中位置為面的中心，即面心的位置；②1號Mn原子坐標(biāo)參數(shù)為(1,1,1)，則原點(diǎn)為左下靠后的Mn原子，則填充在1、2、3、4號Mn構(gòu)成的四面體空隙中心的鎳原子的坐標(biāo)參數(shù)為；填充鎳后的晶胞中Ni的個數(shù)為8個，Mn的個數(shù)為8×1/8＋6×1/2＝4個，Ga的個數(shù)為12×1/4＋1＝4個，晶胞的密度ρ＝＝ g·cm－3＝ g·cm－3。(共33張PPT)
題型突破四　物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合
●題型功能
1.考查能力：考查學(xué)生信息獲取與加工、邏輯推理與論證和批判性思維能力；從原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、晶體結(jié)構(gòu)與性質(zhì)三個方面進(jìn)行綜合分析判斷，能夠根據(jù)所學(xué)知識遷移應(yīng)用。
2.考查熱點(diǎn)：微粒核外電子排布、元素周期律、微?？臻g結(jié)構(gòu)、雜化方式、分子性質(zhì)、晶體類型、物質(zhì)熔、沸點(diǎn)比較、晶胞結(jié)構(gòu)、晶胞計(jì)算等。
●題型情境
以某種或某類元素及其化合物、新材料或新產(chǎn)品及陌生物質(zhì)等為載體考查物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)。
●題型結(jié)構(gòu)
●命題趨勢
高考命題對該模塊的考查仍會融合在其他模塊中。與各專題的融合可以增大考查的覆蓋面，可以體現(xiàn)命題的綜合性和創(chuàng)新性的要求；主要體現(xiàn)在與物質(zhì)制備實(shí)驗(yàn)或工藝流程或原理的融合。
1. (2024·浙江1月選考)碳、氮和氧是構(gòu)建化合物的常見元素。請回答：
2024真題賞析
(1)某化合物的晶胞如圖，其化學(xué)式是____________________，晶體類型是____________________。
(2)下列說法正確的是________。
A．電負(fù)性：B>N>O
B．離子半徑：K＋C．第一電離能：GeD．基態(tài)Fe2＋的簡化電子排布式：[Ar]3d6
【答案】　(1)CaCN2(或CaN2C)　離子晶體　(2)D
2. (2024·遼寧選考)負(fù)載在TiO2上的RuO2催化活性高，穩(wěn)定性強(qiáng)，TiO2和RuO2的晶體結(jié)構(gòu)均可用下圖表示，二者晶胞體積近似相等，
RuO2與TiO2的密度比為1.66，則Ru的相對原子質(zhì)量為____________(精確至1)。
?
密度之比等于摩爾質(zhì)量之比
【答案】　101
突破點(diǎn)1　電子排布與元素性質(zhì)
規(guī)律方法整合　建模型
強(qiáng)基培優(yōu)精練　提能力
考前名校押題　練預(yù)測
高考真題賞析　明考向
電子排布
1
角度
1. (2024·湖南選考)Cu屬于________區(qū)元素，其基態(tài)原子的價電子排布式為________________。
【答案】　ds　3d104s1
【解析】　Cu的原子序數(shù)為29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds區(qū)，其基態(tài)原子的價電子排布式為3d104s1。
2. (2024·北京選考)Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族。將Sn的基態(tài)原子最外層軌道表示式補(bǔ)充完整：________________________。
3. (2023·天津選考)基態(tài)Cu原子的價層電子排布式是________，Cu＋與Cu2＋相比較，離子半徑較大的是________。
【答案】　3d104s1　Cu＋
【解析】　已知Cu是29號元素，則銅的價層電子排布式是3d104s1，根據(jù)同一元素的微粒化合價高的離子有效核電荷數(shù)多，半徑越小，故 Cu＋與Cu2＋中半徑較大的是Cu＋。
元素性質(zhì)
2
角度
4. (2023·北京選考)比較S原子和O原子的第一電離能大小，從原子結(jié)構(gòu)的角度說明理由：____________________。
【答案】　I1(O)>I1(S)，氧原子半徑小，原子核對最外層電子的吸引力大，不易失去一個電子
【解析】　S和O為同主族元素，O原子核外有2個電子層，S原子核外有3個電子層，O原子半徑小，原子核對最外層電子的吸引力大，不易失去1個電子，即O的第一電離能大于S的第一電離能。答案為I1(O)>I1(S)，氧原子半徑小，原子核對最外層電子的吸引力大，不易失去一個電子。
?電子排布式
1.原子核外電子的排布規(guī)律
(1)能量最低原理 原子核外電子總是優(yōu)先占據(jù)能量更低的原子軌道
1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d→4p→5s→4d→5p→6s…
(2)洪特規(guī)則 當(dāng)電子排布在同一能級的不同軌道時，基態(tài)原子中的電子總是優(yōu)先單獨(dú)占據(jù)一個軌道，且自旋狀態(tài)相同
(3)泡利原理 每個原子軌道上最多只能容納2個自旋方向相反的電子
2.基態(tài)原子核外電子排布的四種方法
?電離能和電負(fù)性應(yīng)用
1.電離能應(yīng)用：(1)判斷元素金屬性的強(qiáng)弱：元素電離能越小，金屬越容易失去電子，元素金屬性越強(qiáng)；反之越弱。
(2)判斷元素的化合價：如果某元素的In＋1 In，則該元素的常見化合價為＋n，如鈉元素I2 I1，所以鈉元素的常見化合價為＋1價。
2.電負(fù)性應(yīng)用
電子排布
1
角度
1. (2024·廣東汕頭二模)基態(tài)Ti原子的價電子軌道表示式：_____________。
2. (2024·湖南邵陽二模)基態(tài)鎳離子(Ni2＋)的核外最外層電子排布式是________________________。
【答案】　3s23p63d8
3. (2024·江西新鄉(xiāng)二模)Co在周期表中的位置為______________；Co2＋價層電子軌道表示式為__________________。
元素性質(zhì)
2
角度
4. (2024·山東威海二模)Sn元素在周期表中的位置為___________，C、Si、Cl電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開_______________。
【答案】　第五周期第ⅣA族　Cl>C>Si
5. (2024·山東淄博二模)基態(tài)Ni原子的簡化電子排布式為________________。已知第四電離能：I4(Fe)>I4(Ni)，從原子結(jié)構(gòu)的角度分析原因是__________________________。
【答案】　[Ar]3d84s2　Ni失去的是3d7上的一個電子，而Fe失去的是半充滿狀態(tài)3d5上的一個電子
【解析】　Ni的原子序數(shù)為28，簡化電子排布式為[Ar]3d84s2；Ni失去3個電子后價電子變?yōu)?d7，故再失去的是3d7上的一個電子，F(xiàn)e失去3個電子后是3d5，再失去的是3d5上的一個電子，而3d5是半滿結(jié)構(gòu)，較穩(wěn)定，故I4(Fe)>I4(Ni)。
?
含有強(qiáng)氧化性的結(jié)構(gòu)：過氧鍵
【答案】　O　過硼酸根中含有過氧鍵，具有強(qiáng)氧化性，具有漂白性
?
配位鍵的個數(shù)
【答案】　[Ar]3d74s2　O>N>C　2∶3　K2[Ni(CN)4]＋Co(NO3)2＋pyz===Co(pyz)Ni(CN)4↓＋2KNO3(共36張PPT)
題型突破四　物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合
突破點(diǎn)2　分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)
規(guī)律方法整合　建模型
強(qiáng)基培優(yōu)精練　提能力
考前名校押題　練預(yù)測
高考真題賞析　明考向
大π鍵、雜化軌道與結(jié)構(gòu)的判斷
1
角度
1. (2024·北京選考)SnCl2和SnCl4是錫的常見氯化物，SnCl2可被氧化得到SnCl4。
①SnCl2分子的VSEPR模型名稱是________________。
②SnCl4的Sn—Cl鍵是由錫的________________軌道與氯的3p軌道重疊形成σ鍵。
?
考慮雜化軌道中的孤電子參與空間構(gòu)型
【答案】?、倨矫嫒切巍、趕p3雜化
?
【答案】　正四面體形　sp2
分子性質(zhì)差異原因的解釋
2
角度
4. (2023·湖北選考節(jié)選)導(dǎo)致SiCl4比CCl4易水解的因素有________(填標(biāo)號)。
a．Si—Cl鍵極性更大　 b．Si的原子半徑更大
c．Si—Cl鍵鍵能更大　 d．Si有更多的價層軌道
【答案】　abd
【解析】　Si—Cl鍵極性更大，則Si—Cl鍵更易斷裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有關(guān)；Si的原子半徑更大，因此，SiCl4中的共用電子對更加偏向于Cl，從而導(dǎo)致Si—Cl鍵極性更大，且Si原子更易受到水電離的OH－的進(jìn)攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有關(guān)；通常鍵能越大化學(xué)鍵越穩(wěn)定且不易斷裂，因此，Si—Cl鍵鍵能更大不能說明Si—Cl更易斷裂，故不能說明SiCl4比CCl4易水解，c無關(guān)；Si有更多的價層軌道，因此更易與水電離的OH－形成化學(xué)鍵，從而導(dǎo)致SiCl4比CCl4易水解，d有關(guān)；綜上所述，導(dǎo)致SiCl4比CCl4易水解的因素有abd。
5. (2023·山東選考)ClO2中心原子為Cl，Cl2O中心原子為O，二者均為V形結(jié)構(gòu)，但ClO2中存在大π鍵( )。ClO2中Cl原子的軌道雜化方式為______________；O—Cl—O鍵角__________Cl—O—Cl鍵角(填“＞”“＜”或“＝”)。
比較ClO2與Cl2O中Cl—O鍵的鍵長并說明原因__________________ ______________________________________________________。
?
受原子軌道重疊程度影響，重疊程度越大鍵長越短
【答案】　sp2?。尽lO2分子中Cl—O鍵的鍵長小于Cl2O中Cl—O鍵的鍵長，其原因是：ClO2分子中既存在σ鍵，又存在大π鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中Cl—O鍵的鍵長較小，而Cl2O只存在普通的σ鍵
體，n＝3時，價電子對的幾何構(gòu)型平面正三角形，sp2雜化的鍵角一定大于sp3的，因此，雖然ClO2和Cl2O均為V形結(jié)構(gòu)，但O—Cl—O鍵角大于Cl—O—Cl鍵角，孤電子對對成鍵電子對的排斥作用也改變不了這個結(jié)論。ClO2分子中Cl—O鍵的鍵長小于Cl2O中Cl—O鍵的鍵長，其原因是：ClO2分子中既存在σ鍵，又存在大π鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中Cl—O鍵的鍵長較小，而Cl2O只存在普通的σ鍵。
?確定等電子體的方法
1.確定方法：同主族代換或同周期相鄰元素替換。變換過程中注意電荷變化，并伴有元素種類的改變。
2.常見的等電子體匯總
以碳原子為中心原子的分子中碳原子的雜化類型
?分子的手性
1.手性異構(gòu)：具有完全相同的組成和原子排列的一對分子，如同左手和右手一樣互為鏡像，在三維空間里不能重疊的現(xiàn)象。
2.手性分子：具有手性異構(gòu)體的分子。
【思維模型】　
1.分子的溶解性分析模型
(1)“相似相溶”的規(guī)律：非極性溶質(zhì)一般能溶于非極性溶劑，極性溶質(zhì)一般能溶于極性溶劑。若溶劑和溶質(zhì)分子之間可以形成氫鍵，則溶質(zhì)的溶解度增大。
(2)隨著溶質(zhì)分子中憎水基個數(shù)的增大，溶質(zhì)在水中的溶解度減小。如甲醇、乙醇和水以任意比互溶，而戊醇在水中的溶解度明顯減小。
2.判斷非極性分子與極性分子的思維流程
大π鍵、雜化軌道與結(jié)構(gòu)的判斷
1
角度
1. (2024·河北保定二模)離子晶體中穩(wěn)定配位多面體的理論半徑比如表所示。
已知：鈹離子、氧離子的半徑依次為45 pm、140 pm，預(yù)測BeO的配位多面體為________形。
【答案】　四面體
【答案】　sp2雜化
【解析】　由所有原子共面可知，噻吩中S的雜化方式為sp2雜化。
分子性質(zhì)差異原因的解釋
2
角度
3. (2024·湖南衡陽二模)H2S、PH3、SiH4中鍵角從大到小的順序是_______________(用化學(xué)式表示)，其原因是___________________。
【答案】　SiH4>PH3>H2S　三者都是sp3雜化，H2S、PH3的中心原子分別有2對、1對孤電子對，SiH4的中心原子無孤電子對，而孤電子對的排斥力較大，導(dǎo)致H2S的鍵角最小，PH3次之，SiH4最大
【解析】　H2S、PH3、SiH4三者中心原子都是sp3雜化，H2S、PH3的中心原子分別有2對、1對孤電子對，SiH4的中心原子無孤電子對，而孤電子對的排斥力較大，導(dǎo)致H2S的鍵角最小，PH3次之，SiH4最大，則鍵角：SiH4>PH3>H2S。
6. (2024·山東威海二模)某種含錫的有機(jī)金屬化合物的結(jié)構(gòu)如圖所示。已知烷基配位體以C、N整合形式鍵合于Sn原子。
該化合物中共有________種雜化方式；提供電子對形成配位鍵的原子是________。
【答案】　3　N、Sn
1. (2024·湖南邵陽三模)硼酸三甲酯(CH3O)3B由硼酸H3BO3和甲醇互相反應(yīng)而制得。熔沸點(diǎn)(CH3O)3B________H3BO3(填“>”或“<”或“＝”)，原因是______________________________________________。比較(CH3O)3B和H3BO3中O—B—O鍵角的大小順序是(CH3O)3B ________H3BO3(填“>”或“<”或“＝”)。
【答案】　<　二者均為分子晶體，硼酸能形成分子間氫鍵，硼酸三甲酯不能形成分子間氫鍵?。?br/>2. (2024·廣東深圳市三模)雜環(huán)化合物數(shù)量巨大、種類豐富、性能多樣、應(yīng)用廣泛。
(2)休克爾規(guī)則可用于判斷共軛結(jié)構(gòu)的環(huán)狀有機(jī)化合物是否有芳香性。若參與構(gòu)成共軛π鍵電子的個數(shù)為4n＋2，其中n為自然數(shù)，則此化合物就具有芳香性。下列物質(zhì)中C、N、O均采用sp2雜化，其中具有芳香性的是________。
【答案】　(1)sp2雜化　小于　噠嗪分子與水分子形成分子間氫鍵，噠嗪分子和水分子均為極性分子相似相溶　(2)ac
性；b.C、N、O均采用sp2雜化，則C、N、O的價層電子對數(shù)均為3，則C、N、O的雜化軌道數(shù)均為3，則C、N、O的雜化軌道間形成的π鍵數(shù)為3，則b中π鍵電子數(shù)為8,4n＋2＝8，n＝1.5不為自然數(shù)，不具有芳香性；c.C、N、O均采用sp2雜化，則C、N、O的價層電子對數(shù)均為3，則C、N、O的雜化軌道數(shù)均為3，則C、N、O的雜化軌道間形成的π鍵數(shù)為3，則c中π鍵電子數(shù)為10,4n＋2＝10，n＝2為自然數(shù)，具有芳香性；d.C、N、O均采用sp2雜化，則C、N、O的價層電子對數(shù)均為3，則C、N、O的雜化軌道數(shù)均為3，則C、N、O的雜化軌道間形成的π鍵數(shù)為3，則d中π鍵電子數(shù)為8,4n＋2＝8，n＝1.5不為自然數(shù)，不具有芳香性；答案選ac。(共46張PPT)
題型突破四　物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合
突破點(diǎn)3　晶體分析與計(jì)算
規(guī)律方法整合　建模型
強(qiáng)基培優(yōu)精練　提能力
考前名校押題　練預(yù)測
高考真題賞析　明考向
晶胞分析
1
角度
1. (2024·山東選考)(1)Mn的某種氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如圖所示，該氧化物化學(xué)式為________。
當(dāng)MnOx晶體有O原子脫出時，出現(xiàn)O空位，Mn的化合價________(填“升高”“降低”或“不變”)，O空位的產(chǎn)生使晶體具有半導(dǎo)體性質(zhì)。下列氧化物晶體難以通過該方式獲有半導(dǎo)體性質(zhì)的是________(填標(biāo)號)。
A．CaO B．V2O5 C．Fe2O3 D．CuO
(2)MnOx可作HMF轉(zhuǎn)化為FDCA的催化劑(見下圖)。FDCA的熔點(diǎn)遠(yuǎn)大于HMF，除相對分子質(zhì)量存在差異外，另一重要原因是________________________________________________________________________。
【答案】　(1)MnO2　降低　A　(2)FDCA形成的分子間氫鍵更多
2. (2023·廣東選考)由CoCl2可制備AlxCoOy晶體，其立方晶胞如圖。Al與O最小間距大于Co與O最小間距，x、y為整數(shù)，則Co在晶胞中的位置為________；晶體中一個Al周圍與其最近的O的個數(shù)為________。
【答案】　體心　12
【解析】　由CoCl2可制備AlxCoOy晶體，其立方晶胞如圖。x、y為整數(shù)，根據(jù)圖中信息Co、Al都只有一個原子，而氧(白色)原子有3個，Al與O最小間距大于Co與O最小間距，則Al在頂點(diǎn)，因此Co在晶胞中的位置為體心；晶體中一個Al周圍與其最近的O原子，以頂點(diǎn)Al分析，面心的氧原子一個橫截面有4個，三個橫截面共12個，因此晶體中一個Al周圍與其最近的O的個數(shù)為12。
晶體計(jì)算
2
角度
3. (2024·北京選考)白錫和灰錫是單質(zhì)Sn的常見同素異形體。二者晶胞如圖：白錫具有體心四方結(jié)構(gòu)；灰錫具有立方金剛石結(jié)構(gòu)。
(1)① 灰錫中每個Sn原子周圍與它最近且距離相等的Sn原子有________個。
②若白錫和灰錫的晶胞體積分別為V1 nm3和V2 nm3，則白錫和灰錫晶體的密度之比是________。
(2)單質(zhì)Sn的制備：將SnO2與焦炭充分混合后，于惰性氣氛中加熱至800 ℃，由于固體之間反應(yīng)慢，未明顯發(fā)生反應(yīng)。若通入空氣在 800 ℃下，SnO2能迅速被還原為單質(zhì)Sn，通入空氣的作用是________。
?
可通過原子坐標(biāo)計(jì)算最近的Sn原子個數(shù)
4. (2023·山東選考)一定條件下，CuCl2、K和F2反應(yīng)生成KCl和化合物X。已知X屬于四方晶系，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(晶胞參數(shù)a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°)，其中Cu化合價為＋2。上述反應(yīng)的化學(xué)方程式為____________________。若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，化合物X的密度ρ＝________g·cm－3(用含NA的代數(shù)式表示)。
?晶體類型的判斷方法
1.判斷晶體類型：(1)用類比法，如氮化鋁晶體與金剛石類似，即可推出氮化鋁晶體的立體結(jié)構(gòu)與晶體類型。
(2)熔、沸點(diǎn)法：共價晶體的熔、沸點(diǎn)及硬度很高，分子晶體的熔、沸點(diǎn)及硬度低。
(3)從組成分析：如金屬單質(zhì)屬于金屬晶體。
2.判斷物質(zhì)熔、沸點(diǎn)：(1)分子晶體還要注意氫鍵，氫鍵分為分子內(nèi)氫鍵和分子間氫鍵，分子內(nèi)氫鍵對熔、沸點(diǎn)幾乎沒有影響。
(2)離子晶體熔、沸點(diǎn)與晶格能有關(guān)，離子半徑越小和離子所帶電荷越多，晶格能越大，則熔、沸點(diǎn)越高。
(3)共價晶體之間熔、沸點(diǎn)比較一般看共價鍵鍵長(原子半徑大小)。
3.判斷硬度：一般情況下，硬度：原子晶體>離子晶體>分子晶體。金屬晶體多數(shù)硬度大，但也有較小的，且具有延展性。
?非長方體晶胞中微粒數(shù)目的計(jì)算方法——均攤法
?熟記幾種常見的晶胞結(jié)構(gòu)及晶胞含有的粒子數(shù)目
【思維模型】　 “向量法”確定A、B兩點(diǎn)間距離的方法
晶胞分析
1
角度
1. (2024·湖南懷化二模)某種鐵鎳合金的立方晶胞如圖所示，鎳原子的配位數(shù)為________；該合金的化學(xué)式為________。
【答案】　4　FeNi2
2. (2024·福建龍巖市二模)鑭鎳合金LaNix可作儲氫材料，能快速可逆地存儲和釋放H2，其儲氫原理為：鑭鎳合金吸附H2，H2解離為原子，H儲存在其中形成LaNixH6，晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示，晶胞參數(shù)為a nm。若A的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0,0.5,0.5)，B的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)(0.75,0.75,0)，則C的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為________。
【答案】　(1,0.5,1)
【解析】　若A的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0,0.5,0.5)，B的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)(0.75,0.75,0)，由晶胞結(jié)構(gòu)可知，C的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(1,0.5,1)。
3. (2024·福建莆田市二模)碳酸鈣的某種晶胞結(jié)構(gòu)如右圖所示。
(1)每個晶胞中含有________個“CaCO3”單元。
(2)每個陰離子團(tuán)的配位數(shù)(緊鄰的陽離子數(shù))為________。
【答案】　(1)6　(2)6
4. (2024·遼寧鞍山市二模)通過對X-射線衍射結(jié)果分析，得到12-鎢磷酸根離子結(jié)構(gòu)如下圖，請回答：
(1)W原子的配位數(shù)為________。
(2)12-鎢磷酸根離子中存在________種處于不同化學(xué)環(huán)境的氧原子。
?
對稱的氧原子屬于同種環(huán)境
【答案】　(1)6　(2)4
【解析】　(1)由12-鎢磷酸根離子結(jié)構(gòu)可知，W原子的配位數(shù)為6；(2)12-鎢磷酸根離子是對稱的結(jié)構(gòu)，存在4種處于不同化學(xué)環(huán)境的氧原子。
5. (2024·山東威海二模)一種含錫的多元金屬硫化物的晶胞結(jié)構(gòu)為四方晶系，已知金屬原子均呈四面體配位，晶胞棱邊夾角均為90°，其結(jié)構(gòu)可看作是由兩個立方體A、B上下堆疊而成。如圖，甲為A的體對角線投影圖，乙為B的沿y軸方向的投影圖。A中Fe、Sn位置互換即為B。
該硫化物的化學(xué)式為________，晶胞中Sn的配位數(shù)與Cu的配位數(shù)之比為________。
【答案】　Cu2FeSnS4　1∶1
【解析】　根據(jù)題意分析該晶胞是一個面心立方晶胞，S原子位于晶胞的頂點(diǎn)和面心，Cu、Fe、Sn分別位于體對角線上，因此用均攤法算出：S：4，Cu：2，F(xiàn)e：1，Sn：1，因此該硫化物的化學(xué)式為Cu2FeSnS4；晶胞中Sn和Cu最近的是位于頂點(diǎn)的S都是一個，因此二者配位數(shù)之比為1∶1。
晶體計(jì)算
2
角度
6. (2024·河北保定二模)鈹晶胞為六方堆積結(jié)構(gòu)，如圖所示，鈹晶體密度為________g·cm－3(用含a、NA的代數(shù)式表示)。已知：NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，晶胞底邊邊長為a nm，高為2a nm。
7. (2024·河北承德部分高中二模)“高壓出奇跡”，最近科學(xué)工作者發(fā)現(xiàn)了半導(dǎo)體材料立方砷化硼(BAs)中的高壓熱輸運(yùn)，并觀察到熱導(dǎo)率的反常壓力依賴性，BAs的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。則晶胞中As原子到B原子的最近距離為________pm。
8. (2024·廣東廣州市二模)Na2CrO4的一種晶胞如圖1，沿z軸方向的投影如圖2，其中氧原子不在圖中標(biāo)注，Cr位于晶胞面上及晶胞內(nèi)。
(1)每個晶胞中含有Na＋的個數(shù)為________。
(2)晶胞中位于晶胞頂角及體心的Na＋的距離為______________nm (用含a、b、c的式子表示)。
9. (2024·山東淄博二模)某鑭鎳氧化物的晶胞在xz、yz和xy平面投影分別如圖所示：
晶胞中1個Ni2＋周圍距離相等且最近的O2－形成的空間結(jié)構(gòu)為__________，La3＋離子A、B間距離d＝________________pm，若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度ρ＝____________g·cm－3 (用含NA的代數(shù)式表示)。
1. (2024·安徽省鼎尖聯(lián)盟三模)各物質(zhì)沸點(diǎn)如下：
(1)CrCl3沸點(diǎn)遠(yuǎn)高于FeCl3的原因可能是__________________。
(2)已知氧化鋯和氧化鈣形成某種亮紫色晶體，其晶胞如圖所示，其中Ca位于面心位置。
①晶胞中每個Zr周圍最近的O原子個數(shù)為________。
②該晶胞為立方晶胞，晶胞中O和Zr最小距離為a pm，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，Zr的相對原子質(zhì)量為M，該晶體密度是________g/cm3 (列出計(jì)算式即可)。
【答案】　(1)CrCl3是離子晶體而FeCl3是分子晶體，破壞范德華力所需能量小于離子鍵
2. (2024·廣東惠州市三模)釩的某種氧化物的立方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，釩原子的配位數(shù)為________。若該晶胞的密度為ρ g/cm3，且用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，則該晶胞的邊長為________nm。

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