专题3 专题探究4 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（苏教版）

专题探究4晶胞的定量分析与计算 黑题 专题强化 限时：35min 1.*硅酸盐与二氧化硅一样，都是 德罗常数的值为NA,[Co(NH3)。]CL2的摩尔 以硅氧四面体作为基本结构单元。 讲解 质量为Mg·mol-1},以下说法正确的是 ( 硅氧四面体可以用投影图表示成 o CI- 其中O表示氧原子，中心黑点表示硅原子。 [Co(NH)P+ 硅氧四面体通过不同方式的连接可以组成各 种不同的硅酸根离子。试确定在无限长的单 A.[Co(NH3)6]Cl2中，中心离子Co2+的配位 链阴离子中（见下图），硅原子与氧原子的个 数为8 数之比为 B.若A点原子坐标为(0,0,0)，B点原子坐标为 (兮3o),则c点原子坐标为（仔子》 A.1:2 B.1:3C.2:5 D.2:7 C.距[Co(NH)6]2+最近且等距的CI有4个 2.**(2025·广东珠海高二期中)铁镁合金是 D.晶体的密度为 4M -×1021g·cm3 目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之 一，晶胞结构如图所示。储氢时，H2分子在晶 4.(2025·辽宁抚顺高二月考)应用于制造 胞的体心和棱的中心位置，且最近的两个氢 红外线光学仪器的硒化锌晶胞结构如图1，晶 分子之间的距离为anm,NA表示阿伏加德罗 胞的俯视图如图2。已知晶胞的密度为 常数的值。下列说法错误的是 pg·cm3,a点离子的分数坐标为(0,0， O),Na是阿伏加德罗常数的值。下列说法错 误的是 ( A.铁镁合金晶胞中Fe原子数为4 OZn2+O Se B.Mg与Fe之间的最近距离为 4 a nm 图1 图2 A.晶胞中与Se2-等距且紧邻的Se2有12个 C.在铁镁合金晶体中，与铁原子等距离且最 B.b点离子的分数坐标为(0.25,0.75,0.75) 近的铁原子数有12个 C.晶胞中b点离子和d点离子的距离为 D.储氢后，1mol晶胞最多含有H2的个数 V23576 为4N 2NAP pm 3.*(2024·吉林长春高二月考) D.Zn2+位于Se2构成的四面体空隙中 [Co(NH3)6]Cl2晶体的晶胞如图 拼解 5.整(2025·安徽合肥高二期末)二氧化铈 所示{已知该立方晶胞的边长为apm,阿伏加 (C02)是一种重要的催化剂，在其立方晶胞 选择性必修2·SJ黑白题56 中掺杂Y,0,Y3+占据原来Ce4+的位置，可以 含a、c和N的式子表示)。 得到更稳定的结构。已知：CeO,晶胞中Ce4+ 与最近的02的核间距为apm;02的空缺 OFe 率= 氧空位数 ×100%。（设NA为阿伏 02数+氧空位数 图2 加德罗常数的值) (3)古画墨迹千年不褪色是因为常温下石墨 稳定，金刚石与石墨是碳的同素异形体。若 按n(Ce0,):n(Y0)=3:l 碳原子半径为rnm,根据硬球接触模型，金刚 掺杂Y,0 石晶胞如图3所示，碳原子的空间利用率为 Ce0, 掺杂新晶体 Ce+ OCe+或Y+ (用含π的代数式表示)； ●0 ●02或氧空位（无02） 金刚石的密度为 g·cm3 下列叙述正确的是 ( (用含r和N的计算式表示即可)。 A.Ce02晶胞中Ce4+的配位数是4 3 B.Ce0,的晶胞参数为 3 a pm 图3 C.“掺杂新晶体”中02的空缺率为10% 7.过渡金属钛、铬、铁、镍、铜等金 D.Cc0,的晶体密度p=688×10g·6m a3.NA 属及其化合物在工业上有重要用 讲解 途。Ni和La的合金是目前广泛使用的储氢材 6.**(2025·江西景德镇高二期中)回答下列 料，具有容量大、寿命长、耐低温等特点，在我国 问题： 已实现了产业化。该合金的晶胞结构如图所示。 (1)冰晶体的结构与金刚石的结构相似，属于 立方晶系。如图1，将金刚石晶胞中的C原子 全部置换成0原子，0原子与最近距离的四 o Ni 个0原子相连，H原子插入两个相连的0原 90 60°a 子之间，与氧形成一个共价键和一个氢键，即 (1)该晶体的化学式为 为冰中的共价键和氢键。0℃时冰晶体中氢 (2)已知该晶体的摩尔质量为Mg·mol1,密 键的键长（定义氢键的键长为0一H…0的长 度为dg·cm3。设Na为阿伏加德罗常数的 度)为 cm（列出计算式即可，0℃时 值，则该晶胞的体积为 cm3(用含M、 冰密度为0.9g·cm3) 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 图 8.98×105g·cm3；储氢能力= (2)某种磁性氮化铁的晶胞结构如图2所示， 标准状况下氢气的密度·若忽略吸氢前后晶 储氢后氢的密度 该化合物的化学式为 。若 晶胞底边长为anm,高为cnm,则这种磁性氮 胞体积的变化，则该储氢材料的储氢能力为 化铁的晶体密度为 g·cm3(用 (结果保留整数)。 专题3黑白题576.D解析：与其中1个C02分子取向相同且距离最短的分子有上 下、左、右、前、后，6个，A正确：由A点原子的分数坐标为(0.12，y, z),可知C一0键键长投影在x轴上的长度为0.12，A点原子的分数 坐标为(0.12,0.12,0.12)，B点原子的分数坐标为(0.88,0.88,0.88)， B正确：干冰中C=0的键长为V0.122+0,122+0.12=3 25 a pm, C正确：图丙中D原子在面心，D的投影位置为2号原子，D错误。 7.(1)X,Y,2,W(2)05 a②CS2C02③C02分子间作用力较 弱，易克服分子间作用力，克服分子间作用力要吸热 解析：(1)分子晶体的熔、沸点一般比较低，硬度较小，固态时不导 电。M的熔点高，肯定不是分子晶体；N是金属钠的性质；X、Y、乙、W 均为分子晶体。(2)①距离最近的两个C0,分子的距离为面对角线 长的-半，即只。0。②C0,C的，都是分子晶体，二者结构相似。 CS2的相对分子质量大于C02的相对分子质量，CS2的分子间作用 力大于C02的分子间作用力，故CS2的沸点高于C02的沸点。 压轴挑战 8.(1)分子(2)1：1Ti02+或[Ti0]m*(3)都为分子晶体，相对分 子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高(4)160x10 a2cNA 解析：(1)TiCl4熔点为-24℃，沸点为136.4℃，室温下为无色液体， 从而得出固态TCl4属于分子晶体。(2)该阳离子中每个0原子被 两个Ti原子共用，每个Ti原子被两个0原子共用，根据均摊法得出 Ti与0的原子个数之比为1：1，Ti为+4价，0为-2价，阳离子化学 式为T02+或[Ti0]*。(3)TiCL4、TBr4、Tl4都为分子晶体，相对分 子质量越大，熔、沸点越高，因此熔点和沸点呈现一定规律的原因是 都为分子品体，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高 (4)T02晶胞是典型的四方系结构，其晶胞结构如题图所示，T原 子数目为1+8×8=2,0原子数日为2+7×4=4，因此一-个晶胞中 80g·mol-1 含有2个02，p=V m Namol-1 ax10-7cm×a×10-7cmxc×10-7cm 160×1021 a2cN ·cm3,因此该晶体的密度为160x102 g·cm-3。 a2cN 专题探究3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：Na2S为离子晶体；Ne为稀有气体单原子分子，为分子晶 体；C02为分子晶体，A不符合题意；CH COONH4为离子晶体；金刚 石中C原子直接通过共价键形成物质，为共价晶体：C2H0H为分子 晶体，B符合题意：HC0,为分子晶体：石墨为层状结构，层内为共价 键，层间为分子间作用力，为混合型晶体：S为分子晶体，C不符合题 意；Ca(0H)2为离子晶体；水晶是Si02,Si原子和0原子直接通过 共价键形成物质，为共价晶体；玻璃是混合物，为非品体，D不符合 题意。 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：AF3是离子品体，A1Cl3是分子晶体，作用力： 离子键>范德华力，导致AF3的熔点远高于AICl3,则AF3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 CF3COOH中一COOH的0一H的电子云重叠程度减小，羟基极性增 强，易发生断裂，导致CF,COOH的酸性远强于CH,COOH,则 CF,COOH的酸性远强于CH3COOH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、负电的重心 重合，电荷分布均匀，SF。为非极性分子，B错误。 4.B解析：NaCl、MgCl2的熔、沸点较高，属于离子晶体；AlCl3熔、沸点 较低，属于分子晶体，A错误；AlCl3、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 正本参考答案 子成分高于分子晶体SiCL4,C错误；ACl3是分子晶体，所以加热 Cl,晶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)NaCl>KCIl>RbCl>CsCl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,离子半径逐渐增大，所以离子键强度逐渐减弱，熔点逐渐降低 (合理即可) 专题探究4 晶胞的定量分析与计算 黑题 专题强化 题号1 23 4 5 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×】 3,所以该阴离子中硅原子与氧原子的个数之比为1：3。 2.B解析：由铁镁合金晶胞结构可知，铁原子处于面心和顶点位置，由 均裤法计算可知，铁镁合金晶胞中含有铁原子数为8x日+6×号 4,A正确：H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，且最近的两个氢 分子之间的距离为anm,晶胞面对角线长度为2anm,晶胞边长为 2anm,Mg与Fe之间的最近距离为体对角线长度的四分之一，最近 离为%anm,B错误；以一个顶点铁原子为中心，有三个互村 的面，每个面上有4个铁原子离该铁原子距离相等且最近，则与铁原 子最近的铁原子数有12个，C正确；H2分子在晶胞的体心和棱的中 心位置，根据均摊法计算，储氢时一个晶胞中H2分子数目为12× 4+1=4,则1mol晶胞最多含有H,的个数为4W,D正确。 3.B解析：[Co(NH3)6]C2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的原子坐标可知， 133 C的原子坐标为（年，，÷）B正确：以上底面面心的 [C0(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，因此距[Co(NH3)6]2+最 近且等距的C有8个，C错误；通过品胞结构，根据均摊法，一个品 胞含有[Co(NH,)6]2+的个数为8×8+6×2=4，含有C的个数为 8,故每个晶胞中含有4个[Co(NH3)6]C2,[Co(NH3)6]C2的摩 4M 尔质量是Mg·mol1,晶胞体积为a3pm3,则晶胞的密度为 NA 1030g·cm3,D错误。 4.C解析：由晶胞结构可知，与Se2等距且紧邻的Se2有3×8× 2=12 个，A正确；结合晶胞结构图1可知，b点离子的：为子，结合图2晶 胞的俯视图可知b点离子的x为】， y为子，b点离子的分数坐标为 (0.25,0.75,0.,75),B正确：晶胞中含Se2的个数为8×8+6×2=4， 含Zn2+的个数为4，晶胞中含有4个ZnSe,设ZmSe晶胞的边长为 576 NA xpm,ZnSe晶胞密度p(x100)√Np /6×10pm,b点和d点 的距离为晶胞面对角线长度的一半，为？√N,P1四 -×1010pm,C错误： 由晶胞结构可知Zn2+位于Se2-构成的四面体空隙中，D正确。 5.C解析：C02晶胞中Ce4+的配位数是8，以上底面面心Ce为例，上、 下各有4个02，A错误；Ce4+与最近的02的核间距是晶胞体对角线 的四分之一，即C0,的晶胞参数为45。 3apm,B错误；Ce02晶胞中 黑白题19 c的个数为8×日+6x子4,0产的个数为8，按n(C0,): n(Y203)=3:1掺杂Y203的新晶体中，一个晶胞中含有Ce+数目为 号，含有Y数目为，由电荷守恒可判断，含有0产数目为.2，因 12 此平均每个晶胞氧空位数为0.8,02的空缺率为10%，C正确：C02 的晶体密度p==4xM 688 一×100g·cm3,D错误。 (3a· 6(1)5x8x18 4NN4·0.9 (2)FesN 7.28×1023 33a2c (3) 8×12 (8x10 13 解析：(1)在一个晶胞中含有水分子数目为】x8+】x6+4=8,晶胞 8 2 的质量m=8Xg,然后根最D=是计算出品胞参数L: NA 38×18 √NA·0.9m,晶胞体对角线长度为v5 38×18 √WA·0.gcm,由于两个 最近的0原子之间的距离为晶胞体对角线的子，所以两个量近的0 原子之间的距离a=5x8x18 4×√N·0.9cm,0℃时冰晶体中氢键的键长 为5x8x18 94×√N·0.9cm。(2)根据均摊法计算，晶胞中含有Fe原子的 数目为12x+2×)+3=6,含有N原子数目为2，该化合物的化学 式为Fe3N;晶胞底边长为anm,高为cnm,晶胞体积为 35acx10-21cm,则这种磁性氯化铁的晶体密度为 2 6×56+2×14 35a2c×102 g·cm3=7.28x1023 33a2.8·cm3。(3)金刚石晶胞中碳原 2 子数目为8xg+6+4=8,碳原子半径为7m,品能体对角线为 1 8rnm,则品胞边长为8， m,碳原子的空间利用率为 33 8 4 813 3 10%=5×100%:金刚石的密度为 8×12 16 3 g·cm3= 8 8×12 138·cm3。 M 7.(1)LaNi,(2)4d(3)1236 解析：(1)根据该合金的晶胞图可知，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 的镶原子数为1+宁8=5，含有的侧原子数为立×4+石×4=1，晶体 的化学式为LaNi5。(2)该晶体化学式为LaNi5,每个晶胞含 1个L山，故该品胞的质量m=8,所以品胞的体积为= M p NM2cm。(3)该晶胞体积V=(511×100cm)2×sin60×397× M 1010cm,一个晶胞能吸收6个氢原子，相当于3个H2,故所吸收H2 3 的质量m=水mox2g·mo名，则该合金储氢后氢的密度pP 6 m 6.02×10238 V(511×10-10cm)2×sin60°×397×10-10cm ≈0.111g·cm3,故储 选择性必修2·SJ 氢能力 0.111g·cm-3 8.98x10-5g·cm-1236。 第三、四单元阶段综合 黑题 阶段强化 题号12345 答案C B DBC 1.C 2.B解析：硅烷为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大， 熔沸点越高。原子半径：Si>C,键长：Si一H>C一H,A错误；硅烷中H 为负价，硅为正价，电负性：Si<H,B正确；Si4H0属于分子晶体，C错 误；图中SiH4至Si4Ho沸点增大是由于硅烷为分子晶体，相对分子质 量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，D错误。 3.D解析：键能越大物质越稳定，由于键长：Si-Si>Si一C>C一C,则 键能：C一C>Si一C>Si一Si,则稳定性：金刚石>SiC>Si,A错误；以上 面心的S原子为研究对象，周围最近的C原子有4个，分别位于上 下两层晶胞，B错误；将晶胞平均分成8个小立方体，c处位于左、 后、上的位置，分数坐标为1,3,3） 4’4’4 ,C错误；晶胞的俯视图中 4个碳原子落在四边形面对角线的4处，顶点的Si原子落在四边形 的顶点上，面心的S原子落在四边形的棱心和中心上，D正确。 4.B解析：C60分子中，每个碳原子形成1.5个σ键，总σ键数为60× 1.5=90(个)，A不符合题意；C60为非极性分子，CS2为非极性溶剂， 根据“相似相溶”的规律，C0易溶于CS2,B项正确；C6o晶体为面心 立方结构，每个晶胞含4个分子，属于紧密堆积，最邻近配位数为 12,C不符合题意；金刚石为共价晶体(C一C键长为154pm),熔点 极高，C0为分子晶体（范德华力），熔点远低于金刚石，D不符合 题意。 5.C解析：图甲表示As4结构，分子中成健电子对数为6，每个As原 子有1个孤电子对，成键电子对数与孤电子对数之比为3：2，A正 确；图乙表示单质碘的晶胞结构，属于分子晶体，属于面心立方堆 积，一个I2最近距离有12个I2,B正确；图丙是BAs晶胞结构，属于 共价晶体，与每个B距离最近且相等的As有4个，C错误；BI3中B 显+3价、I显-1价，BL3能与水反应生成H3B03和Ⅲ两种酸， D正确。 6.(1)半径：C<Si<GeSn,氢化物的键长：C-H<Si-H<GeH<Sn一H,键 长越长键能越小，稳定性越差 (2)CH4、SiH4、GeH、SnH4属于分子晶体，结构相似，相对分子质量 依次增大，范德华力依次增大，沸点依次升高 (3)H20、NH,、HF三种物质分子间均能形成分子间氢键，而同主族 其他氢化物不能形成分子间氢键 (4)N-H…N 7.(1)分子晶体(2)非极性分子(3)分子堆积方式不同，冰中氢键 存在方向性，分子间有较大空隙，空间利用率低，二氧化碳分子的质 量大于水分子 113 8.(1) 4,4,4 (2）:C0: (3)4L 3 8×60 3 (4)干冰是分子品体，金刚石和单品硅是共 /4w3 p·3 Lx10-10 价晶体：金刚石中碳原子半径小，C一C键较短，键能大，熔点高 解析：(1)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各 原于的位置，称作原子分数坐标，如图1中：原子的坐标为(？ 4(）,由品胞结构可知，b原子的坐标为（冬，壬）。 11 (2)C0分子与N2分子成键情况相似，均为三键结构，其电子式为 :C:O:。(3)若Si02晶体中最近的Si一Si距离为Lpm,则利用“金 刚石型”相似结构可得最近邻间距d= 4a,所以a=43 pm。设 1 其密度为pg·cm3,每个晶胞含有8×g+6×】+4=8个Si原子 黑白题20