第3章 专题探究6 晶胞的定量分析与计算-【学霸黑白题】2025-2026学年高中化学选择性必修2（人教版）

专题探究6晶胞的定量分析与计算 黑题 专题强化 限时：35min 1.(2023·广东江门高二月考)硅酸 德罗常数为NA,[Co(NH3)6]Cl2的摩尔质量 盐与二氧化硅一样，都是以硅氧 讲解 为Mg·mol1},以下说法正确的是（) 四面体作为基本结构单元。硅氧四面体可以 o CI [Co(NH)P 用投影图表示成 :其中O表示氧 原子，中心黑点表示硅原子。硅氧四面体通 A.[Co(NH3)6]CL2中，该配合物中心离子 过不同方式的连接可以组成各种不同的硅酸 Co2+的配位数为8 根离子。试确定在无限长的单链阴离子中 B.若A点原子坐标为(0,0,0)，B点原子坐标为 (见下图)，硅原子与氧原子的个数之比为 (兮行0则c点原子坐标为（好是子 C.距[Co(NH3)6]2+最近的CI有4个 4M A.1:2B.1:3C.2:5 D.2:7 D.晶体的密度为 1x1021g·cm3 'N 2.(2023·湖南衡阳高三月考)含硼化合物的两4.（2024·山东淄博高二期末)某锂离子晶体属 种晶体如图所示。下列叙述正确的是( 于立方晶系，如图甲所示。掺杂Mg2+及Br 已知：甲中晶胞的边长为apm,Na为阿伏加德 后得到导体材料，如图乙所示，下列说法错 罗常数的值。图甲、图乙对应的晶体熔点依 误的是 ( 次为2700℃、830℃。 掺杂Mg oCl或Bi .0 与B 。Mg或空位 。i B 72.5 O M A.图甲晶体密度为 xa3x10-3o8·cm3 图甲 图 B.图乙表示的化学式为LiMg2 OCI,Br1- A.图乙晶体的化学式为Mg2B C.掺杂Mg2+产生的空位有利于Li传导 B.图甲、图乙对应的晶体都是离子晶体 D.图乙中Mg2+个数与空位数之比为1：1 C.图甲中B原子和N原子之间的最近距离为 5.（2024·安徽蚌埠高二期中)晶胞是晶体中最 小的重复单位，数目巨大的晶胞无隙并置构 2 a pm 成晶体。NaCl晶体是一个正六面体（如图 D.图甲中，B原子填充在由N原子构成的四 1)。我们把阴、阳离子看成不等径的圆球，并 面体中 彼此相切（已知a为常数）。 3.(2024·吉林长春高二月考) 请计算下列问题： [Co(NH3)6]Cl2晶体的晶胞如图 (1)根据均摊法，每个晶胞平均分摊 所示{已知该立方晶胞的边长为apm,阿伏加 个Na, 个Cl。 第三章黑白题73 (填字母)。设N为阿伏加德罗常数的值，则 该晶体的密度为 g·cm3 oNa'oCl 图1 图2 (2)NaCl晶体中阴、阳离子的最短距离为 (用a表示)。 (3)NaCl晶体为“巨分子”，在高温下 (2)Mg0具有NaCl型结构（如图），X射线衍 (≥1413℃时)晶体转变成气态团簇分子。 射实验测得Mg0的晶胞参数为a=0.420nm, 现有1 mol NaCl晶体，加强热使其变为气态团 则r(02-)为 nm。MnO也属于NaCl 簇分子，测得气体体积为2.8L(已折算为标准 型结构，晶胞参数为a'=0.448nm,则r(Mn2+) 状况)。则此时氯化钠气体的分子式为 为 nm (4)化合物X晶胞结构 如图，据此可知X的化 学式为 ● 90° (5)乙炔分子中T键与σ键数目之比为 60°a (第6题) (第7题) 碳原子的杂化方式为 6.(2023·辽宁朝阳高二期中)钨酸锶是一种功 7.过渡金属钛、铬、铁、镍、铜等金属 能性材料，在光致发光、发光二极管、闪烁材 及其化合物在工业上有重要用 料、磁性材料、湿度传感器和催化剂等领域有 途。Ni和La的合金是目前广泛使用的储氢 着广泛的应用，从而备受人们关注，其晶胞结 材料，具有容量大、寿命长、耐低温等特点，在 构如图1所示，晶胞棱边夹角均为90°，Sr原 我国已实现了产业化。该合金的晶胞结构如 子和W原子沿x轴投影如图2所示。 图所示。 (1)该晶体的化学式为 (2)已知该晶体的摩尔质量为Mg·mol1,密 度为dg·cm3。设Na为阿伏加德罗常数的 值，则该晶胞的体积为 cm3(用含M、 d、N的代数式表示)。 (3)该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空 隙中储存6个氢原子比较稳定。已知：a= 511pm,c=397pm;标准状况下氢气的密度为 8.98×105g·cm3;储氢能力= 储氢后氢的密度 图2 标准状况下氢气的密度。若忽略吸氢前后晶 (1)钨酸锶的化学式为 ,晶胞中W 胞体积的变化，则该储氢材料的储氢能力为 原子沿y轴投影所形成的投影图为 (结果保留整数)。 选择性必修第二册·RJ黑白题74阴、阳离子间最短距离为品胞体对角线长的子，即 4vaN cm= 53288×102nm 4 dN 专题探究5晶体类型和性质判断 黑题专题强化 题号1234 答案BDBB 1.B解析：固态硫酸铵是离子晶体，其他三种均为分子晶体，A错 误：S、金刚石、碳化硅、石英均是共价晶体，B正确；氯化铝是分子晶 体，C错误；不锈钢属于铁碳合金，属于混合物，不属于金属晶体，其 他三种均是金属晶体，D错误。 2.D解析：正戊烷与新戊烷是同分异构体，新戊烷支链多，分子间作用 力弱，导致正戊烷沸点高于新戊烷，则正戊烷沸点高于新戊烷与分子 间作用力有关，A正确；AF,是离子晶体，A1Cl3是分子晶体，作用力： 离子键>范德华力，导致AIF,的熔点远高于A1CL3,则AIF3的熔点远 高于A1CL3与晶体类型有关，B正确；F原子的电负性大于H,使 CF,C0OH中一COOH的0一H键的电子云重叠程度诚小，羟基极性 增强，易发生断裂，导致CF,COOH的酸性远强于CHCOOH,则 CF,COOH的酸性远强于CH,COOH与羟基极性有关，C正确：对羟基 苯甲醛易形成分子间氢键，沸点高，则邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟 基苯甲醛的沸点，D错误。 3.B解析：SF。空间结构为对称结构，分子极性抵消，正、负电的中心 重合，电荷分布均匀，S。为非极性分子，B错误。 4.B解析：NaCl、MgCl2的熔、沸点较高，不属于分子晶体，属于离子晶 体；A1Cl3熔、沸点较低，属于分子品体，A错误；A1Cl3、SiCl4、PCl、的 熔、沸点较低，均为分子晶体，B正确；MgCl2的熔、沸点较高，属于离 子晶体，化学键离子成分高于分子晶体SiCl4,C错误；A1Cl3是分子 晶体，所以加热AC13品体发生熔化时破坏的作用力不是共价键，而 是分子间作用力，D错误。 5.(1)共价共价键(2)①②③④(3)HF分子间有氢键 (4)②④(5)NaCI>KCI>RbC1>CsC1离子晶体的熔点由离子半径 和离子所带电荷数决定，离子半径越小，离子所带电荷数越多，则离 子键就越强，离子晶体的熔点就越高。这四种离子晶体的构成离子 所带电荷数相同，阳离子是同一主族元素形成的阳离子，从Na到 Cs,半径逐渐增大，所以离子键强度逐渐诚弱，熔点逐渐降低（合理 即可) 专题探究6晶胞的定量分析与计算 黑题专题强化 题号 1234 答案BDBB 1.B解析：结构单元中硅原子的个数为1，氧原子的个数为2+2×2 3,所以该阴离子中硅原子与氧原子的个数之比为1：3。 2.D解析：图乙晶体中硼原子在内部，每个晶胞中有6个硼原子，镁原 子位于晶胞的顶点和面心，用均摊法计算其个数为12×石+2×2 3,所以化学式为MgB2,A错误；图甲、图乙对应的晶体熔点依次为 2700℃、830℃，所以前者熔点很高，是共价晶体，后者熔点较高，是 离子晶体，B错误：图甲中B原子和N原子之间的最近距离是晶胞体 对角线的}，为。p四，C错误图甲品体中，硼原子与氮原子的配 位数都是4，所以硼原子位于由氨原子构成的四面体中，D正确。 3.B解析：[Co(NH3)6]Cl2中的中心离子为Co2+,其配位原子为N, 配位数为6，A错误：C位于晶胞内部，若把晶胞分为8个相等的小立 方体，则C位于左后上的小立方体的体心，根据A、B的原子坐标参 133 数可知，C的原子坐标参数为(4,4,4)，B正确；以上底面面心 的[Co(NH3)6]2+为例，与其最近且等距的CI有8个，分别是位于 本晶胞上部的四个和上方晶胞下部的四个，因此在[Co(NH3)6]2+ 周围等距离且最近的C有8个，C错误：通过晶胞结构，根据均摊 选择性必修第二册·RJ 法，一个品胞含有的[o(N)。]的个数为8xg+6x宁=4个，含 有的Cl的个数为8个，故每个品胞中含有4个[Co(NH3)6]Cl2, [Co(NH3)6]CL2的摩尔质量是Mg·molr1,晶胞体积为a3pm3,则 晶胞的密度为4×100g·cm3,D错误。 aNA 4B解折：根据均裤法，图甲的晶胞中含：8x}+1=3.0:2x=1, Q款11个品照的质量为7收3兰g=。 NA g,晶胞的体积 为(ax100cm)3=a3×100cm,则晶体的密度为72-5 N g÷(a3× 10-30cm3)= N×axI0西8·cm,A正确；根据均摊法，图2中 72.5 i:1,6或空位为8x=2,0:2x寸=1，@或B:4x1,s的个 1 数小于2，根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为0，图乙的化 学式为LiMgOCI,Br1-,B错误；进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可 获得高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于 的传导，C正确；由以上分析可知，图乙中Mg2+个数与空位数之比为 1:1,D正确。 5.(1)44(2)号 (3)Nas Cla(4)CuCl(5)2:3p杂化 .1 ()该晶胞中钠离子个数=12×4+1=4，氯离子个数三 6x分=4。(2)根据图2知，NaQ品体中阴、阳离子的最短距离为@ 的-半即号。(3)1mol氯化钠的质量=1mol×58.5g·mol1= 58.5名，标准状况下，气体体积为2.8L的氯化钠的物质的量= 0.125mol,M=468g·mol1,所以氯化钠气体的分子式为Nag Clso (4)该晶胞中Cu个数8x8+6x2=4,C的个数为1×4=4，故X的 化学式为CuCl。(5)乙炔的结构简式为H一C=C一H,故乙炔分子 中π键与σ键数目之比为2：3：分子构型为直线形，故碳原子的杂 化方式为即杂化。 6.(1)SrW04A 1.344×1033 (2)0.1480.076 Nam2n 解析：(1)由题干图示晶胞，根据均摊法可知，一个晶胞中含有Sr的 个数为6x4=4,含有W的个数为8x日+4x1=4,0原 子个数是W的4倍即16个，故N(Sr):N(W):N(0)=4:4:16= 1:1:4,故化学式为SW04,根据题干晶胞图示可知，晶胞中W原 子沿y轴投影所形成的投影图为A图所示。设Na为阿伏加德罗常 数的值，由上述计算可知，一个晶胞中含有4个SWO4,故一个晶胞 的质量为4x36。 NA g,一个晶胞的体积为m2n×10-0cm3,则该晶体的密 4×336 m NA 1.344×103 度为p=Tmx100cm,mn8·cm3。（2)根据晶胞的 紧密堆积可知，面对角线长是02半径的4倍，即4r(02-)=√2a,解 得(02)=4 x0.420m≈0.148m;Mn0也属于NaC型结构，根 据晶胞结构，a'=2r(02-)+2r(Mn2+),则r(Mn2+)= 0.48nm-2×0.148nm=0.076nm2 2 7.(1)LaNi,（2)Nad M (3)1236 解析：(1)根据该合金的品胞图可知，晶胞中心有1个镍原子，其他8 个镍原子位于晶胞面上，镧原子位于晶胞顶点，所以每个晶胞中含有 的镍原子数为1+分×8=5，含有的阀原子数为8x令1，品体的化学 式为LaNi5。(2)该晶胞化学式为LaNis,每个晶胞含1个LaNis,故该 品胞的质量m= N8,所以晶胞的体积为V=m。M M p Nad cmi3。(3)该 黑白题26 晶胞体积V=(511×10-10cm)2×sin60°×397×10-10cm,一个晶胞能吸 收6个氢原子，相当于3个H2,故所吸收H2的质量m= 3 mol× N 8,则该合金储氢后氢气的密度=？ 6 2g·mol1= 6 6.02×10238 (511×10-10cm)2×sin60°×397×10-10cm ≈0.111g·cm3,故储氢能 力=0.111g·cm3 8.98×109g·cm*1236。 第四节配合物与超分子 白题 基础过关 题号12345679101112 答案DDD C B DC A C B C 1.D解析：水合氢离子中氧原子含有孤电子对，其中一个氢原子含有 空轨道，能形成配位键，故A项错误：银氨配离子中，银离子含有空轨 道，氨原子含有孤电子对，所以银离子和氨分子能形成配位键，故 B项错误；AF?中铝离子含有空轨道，氟离子含有孤电子对，能形成 配位键，故C项错误；S02中S一0形成两个单键之后0一S一0形成 大π键，不能形成配位键，故D项正确。 2.D解析：配位键是成键的两个原子一方提供孤电子对，另一方提供 空轨道而形成的共价键，可见成键双方都不存在未成对电子，故A B项正确，D项错误；NH4NO3、H2S04中的NH、S0?含有配位键， 故C项正确。 3.D解析：根据各微粒中各原子的成键情况，写出各微粒的电子式，得 出这几种微粒的路易斯结构式分别为H-:H--H、 H C三计、C=O:,据此可知，这几种微粒都能提供孤电子对与某些 金属离子形成配位键。 4.C解析：根据配合物为由中心原子或离子和围绕它的配体完全或部 分由配位键结合形成的化合物知①②为配合物，③⑤是复盐，④⑥分 别是甘氨酸铜、醋酸铜，均属盐类。 5.B解析：K[Ag(CN)2]、[Cu(NH3)4]S04中心离子为银离子和铜离 子，电荷数分别为1和2，①不符合题意；[Ni(NH3)4]C2、 [Cu(NH3)4]S04中心离子的电荷数都为2，配位数均为4，②符合题 意；[Ag(NH3)2]Cl、K[Ag(CN)2]中心离子的电荷数都为1，配位数 均为2，③符合题意；[Ni(NH3)4]CL2、[Ag(NH3)2]C1配位数分别为 4和2，中心离子的电荷数分别为2和1，④不符合题意。故选B。 6.D解析：由化合价规则知中心离子为T3+,A错误：氢原子没有孤对 电子，但氧原子有，配体由氧原子提供孤对电子，B错误；钛是第VB 族元素，价层电子数为4，C错误；配体是内界的1个C1和5个H20, 则配位数是6，D正确。 7.C解析：Cu的原子序数为29，Cu的价电子排布式为3d4s',Cu2+ 的价电子排布式为3，由题图，C2+与4个N原子形成配位键，则 Cu2+的配位数为4,1个乙二胺分子中有2个N原子，Cu2+与2个乙 二胺配位，则配体数目为2，A错误；Fe与C0形成5个配位键，5个 C0含有5个σ键，则1 mol Fe(C0)s配合物含有10molσ键，B错 误：CN的电子式为[：C::N:],C的电负性小于N,C对孤电子 对的吸引能力弱于N,故[Fe(CN)6]4中配体CN的配位原子是C, C正确；内界配体Cl不与Ag*反应，外界CI与Ag*反应，则1mol该 配合物与AgNO3溶液作用可以得到2 mol AgCl沉淀，D错误。 8.(1)一方能够提供孤电子对，另一方具有能够接受孤电子对的空轨 HF 道(2)氮硼（3)H一 →BF H 9.A解析：对于A项，除去Fe粉中的SiO2是利用Si02可与强碱反应 的化学性质，与配合物的形成无关；对于B项，AgNO3与氨水反应生 成了AgOH沉淀，继续反应生成了配合物离子[Ag(NH3)2];对于 C项，Fe3+与KSCN反应生成了配合物离子[Fe(SCN)n]3-";对于 D项，CS04与氨水反应生成了配合物离子[Cu(NH,)4]2+ 10.C解析：中心配离子中的配体在溶液中很难电离，已知0.1mol氯 化铬的水溶液用过量硝酸银溶液处理时，只得到0.2 mol AgCl沉 正本参考答案 淀，说明该配合物的外界有2个氯离子，则其内界只有1个氯离子。 11.B解析：高分子是高聚物，分子质量极大且不确定，B错误。 12.C解析：“杯酚”的空腔大小只适配C60,该分离过程利用的是超分 子的分子识别特性，A项正确；杯酚分子中含有苯环结构，存在大π 键，B项正确；“杯酚”与C0之间没有形成共价键而是通过分子间 作用力结合形成超分子，C项错误；C0与C0是由碳元素组成的不 同单质，互为同素异形体，D项正确。 13.(1)AB(2)C即2和sp 解析：(1)该超分子结构有双键，说明有σ键和π键，分子中不存在 离子键，根据信息Mo形成配位键，故选AB。（2)C0作配体时C作 配位原子，-甲酸丁酯吡啶中有碳原子形成双键，说明其杂化方式 为sp2,在丁基中C原子形成四个单键，为sp3杂化。 重难聚焦 14.（1)ad(2)三角锥形p 解析：(1)H20分子之间通过氢键结合，0与B原子之间是配位键 含有0一H和B一F共价键，分子晶体中一定存在范德华力，不存在 离子键和金属键。(2)H,0*中0原子为sp杂化，有一个孤电子 对，其空间结构为三角锥形，阴离子中心B原子形成4个单键，因而 是sp3杂化. 黑题 应用提优 题号1234 答案DCCC 1.D解析：琥珀酸亚铁中饱和碳原子均为8即3杂化，而形成羰基的不 饱和碳原子采用$p2杂化，A错误：邻二氮菲分子中含有2个N原 子，每个N原子都可以形成配位键，在[Fe(phen)3]2+中，Fe2+与3个 邻二氨菲结合，故F2+的配位数为6，B错误；在阳离子 [Fe(phen)3]2+中存在配位键和共价键，不存在离子键，C错误；H 浓度大时，邻二氮菲中的N原子优先与H*形成配位键，导致与F2 的配位能力减弱，OH浓度大时，OH与Fe2+反应生成Fe(OH)2,影 响Fe2+与邻二氮菲配位，故phen与Fe2+形成配合物的反应受到溶液 pH的影响，D正确。 2.C解析：在PtCl4·2NH3水溶液中加入AgNO3溶液无沉淀生成，经 强碱处理无NH3放出，说明C1、NH3均为配体，故该配合物的中心 离子的配位数为6，电荷数为4，C和NH3分子均与P4+配位，A D项错误，C项正确；因为配体在中心离子周围配位时采取对称分布 状态以达到能量上的稳定状态，Pt配位数为6，则其空间结构为八面 体，B项错误。 3.C解析：二苯并-18-冠-6与钾离子形成的螯合离子说明冠醚可以 用来识别碱金属离子，A正确：同主族元素，从上到下离子半径依次 增大，冠醚能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关，二苯 并-18-冠-6能适配钾离子说明不能适配离子半径小于钾离子的锂 离子，B正确；由结构简式可知，冠醚分子中苯环上碳原子的杂化方 式为即2，而含有饱和碳原子的杂化方式为即3，则分子中碳原子杂化 方式有2种，故C错误：由图可知，钾离子通过配位键与二苯并 -18-冠-6形成配位键的数目为6的螯合离子，D正确。 4.C解析：C2+具有空轨道，水分子中0原子含有孤电子对，能与 C+形成配离子，则硫酸铜溶液呈蓝色，是因为溶液中存在 [Cu(H20)4]2+配离子，A正确；[Cu(0H)4]2和[Cu(NH3)4]2+均 为深蓝色，b加入过量的氢氧化钠得到配合物Na2[Cu(OH)4],由化 学式可知，其配体为0H,B正确：硫酸铜溶液含有[Cu(H,0)4]2+ 加入稀NaOH溶液易转化为Cu(OH),沉淀，再加人浓NaOH溶液可 转化为[Cu(0H)4]2,说明稳定性：[Cu(H20)4]2+<[Cu(0H)4]2, 对比试管b、c中的现象可知，稳定性：[Cu(NH)4]2+> [Cu(OH)4]2,C错误；单键都是c键构成的，1mol[Cu(NH3)4]24 中含有12molN一H,另外N原子与铜离子之间还有4mol配位键， 因此σ键的数目为16NA,D正确。 5.(1)01t↑1力 ②p2、sP3③ABCDE(2)BC 3d (3) A CI C1→A/ CI 压轴挑战 6.(1)①Cu(0H)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++20H②氮（或N) 黑白题27