第03讲 配位数与空间利用率计算（重难点专练）化学苏教版选择性必修2

第03讲 配位数与空间利用率计算 类型一 金属晶体堆积与配位数 1．某新型半导体材料由铜、铟（In）、硒（Se）组成的晶胞结构如图1所示（各棱夹角均为90°），该晶胞的俯视图如图2所示，M原子的分数坐标为(0，0，0)，下列说法错误的是 A．N原子的分数坐标为 B．元素的电负性：Cu>Se>In C．每个In原子紧邻的Se原子数为4 D．该晶体的密度为 2．碳化钙(CaC2)常用作电石灯、冶金中的脱硫剂和脱氧剂。碳化钙晶胞如图所示，为立方晶胞沿z轴方向拉长的结构，2号Ca2+的分数坐标为，NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数a＜bnm。 下列说法错误的是 A．与Ca2+等距且最近的C22−有4个 B．3号Ca2+的分数坐标为(1,1,b) C．1、2号Ca2+间距离为 D．CaC2晶体密度为 3．CaC2晶胞结构(如图)与NaCl晶体的类似。已知：NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞体积为Vcm3。下列叙述正确的是 A．CaC2为只含1种化学键的离子晶体 B．在CaC2晶胞中，仅有4个C22−与Ca2+相邻 C．CaC2中碳原子采用sp杂化 D．CaC2晶体密度 4．金属铋及其化合物广泛用于电子设备、医药等领域。铋的一种氟化物的立方晶胞及晶胞中MNPQ的截面如图，晶胞的边长为a nm，晶体密度为d g⋅cm−3。下列说法错误的是 A．该氟化物的化学式为BiF3 B．粒子S、T之间的距离为 C．晶体中与铋离子最近且等距的氟离子有6个 D．阿伏加德罗常数NA的值为 类型二 离子晶体的配位数与化学式 5．硫化锂(Li2S)的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，Li2S晶体为立方晶胞，其结构如图。已知NA为阿伏加德罗常数的值，Li2S晶体密度为ρ g⋅cm−3。下列说法错误的是 A．Li+位于S2−形成的四面体空隙中 B．Li2S晶胞沿x轴方向的投影图为 C．B点的原子分数坐标为 D．该晶胞参数a为 6．储氢金属可以像海绵吸水一样大量吸收氢气，并且安全可靠。下图为某种储氢合金的晶胞图，晶胞参数为a nm，其晶胞结构与CaF2相似，储氢时H2在晶胞的棱心与体心。下列说法错误的是 A．若晶胞为CaF2则F−位于Mg的位置 B．一个晶胞最多可储存4个H2 C．第一电离能：Ca＜Mg D．Fe、Mg间的最短距离为 7．铜元素能形成多种化合物，在生产和生活中起着重要的作用。CuCl2和CuCl是铜的两种氯化物，图甲是其中一种物质的立方晶胞结构。已知晶胞参数为q nm，图乙为该晶胞沿z轴的俯视图，a点的原子分数坐标为(0,0,0)。阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法不正确的是 A．图甲表示的是CuCl的晶胞 B．晶体中，离Cl最近的Cl原子有12个 C．晶胞中d点的原子分数坐标为 D．相邻两个Cu原子间的最短距离为 8．一种常压超硬超导材料的立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为a nm。下列说法正确的是 A．Rb的焰色为砖红色 B．Rb周围最近的C有8个 C．该物质的化学式为RbB2C4 D．该物质的晶胞密度为 类型三 空间利用率与密度计算 9．化学无处不在，下列关于生产、生活中的化学描述错误的是 A．冰的密度比液态水的密度小与氢键有关 B．焰火、霓虹灯光、激光等都和原子核外电子跃迁有关 C．维生素C（）中含有3个手性碳原子（已知连有4个不同原子或者原子团的碳原子为手性碳原子） D．火电厂处理锅炉水垢时用Na2CO3溶液浸泡，目的是将CaSO4转化为CaCO3 10．氟化镁钾是一种具有优良光学性能的材料，其晶胞结构如图，晶胞密度为dg⋅cm−3。用Fe3+取代部分Mg2+，可以合成新型催化剂材料KMg0.8Fe0.2F3O0.1（O2−是平衡电荷引入的填隙阴离子，不破坏原有晶胞结构）。下列说法错误的是 A．基态Fe3+的价电子轨道表示式为 B．若Mg2+位于晶胞的体心，则F−位于晶胞的面心 C．每个Mg2+位于距其最近且相等的F−构成的正四面体空隙中 D．若用厚度为0.3 mm、面积为1 m2的氟化镁钾合成催化剂材料KMg0.8Fe0.2F3O0.1，理论上需要掺杂的Fe3+的物质的量为0.5d mol 11．Na2Se立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm，下列有关该晶体的叙述错误的是 A．每个硒离子周围距离相等且最近的硒离子有6个 B．Na+位于Se2−构成的正四面体的体心 C．该晶胞中Na+和Se2−的最近距离为 D．原子1的分数坐标为(0,0,0)，则原子2的分数坐标为 12．我国C919大型客机使用了第三代铝锂合金，具有密度低、强度高、耐腐蚀等特点。下列说法错误的是 A．锂是最轻的金属，铝中加入锂，降低了合金的密度，节约了飞机的运行成本 B．铝中加入锂，刚度增强，同时仍然保持较高的强度和适度的延展性 C．铝中加入锂，破坏了铝的结构，抗腐蚀能力大大降低 D．我国对铝锂合金研究起步晚，但进步很快 类型四 晶胞结构综合 13．AX4四面体(A为中心原子，如硅、锗；X为配位原子，如氧、硫)在无机化合物中很常见。四面体T1按下图所示方式相连可形成一系列“超四面体”(T2、T3…)：下列说法错误的是 A．T1、T2和T3的化学式分别为AX4、A4X10和A10X20，推出超四面体T4的化学式为A20X35 B．T3超四面体中有3种不同环境的X原子，T4超四面体中有4种不同环境的X原子 C．若以T1为结构单元共顶点相连，形成的无限三维结构为共价晶体且A的配位数为4 D．若以T2为结构单元共顶点相连，形成的无限三维结构的化学式为AX2 14．氮化镓(GaN)、磷化镓(GaP)、砷化镓(GaAs)均为重要的半导体材料，其晶体结构类似于金刚石，熔点依次为1700°C、X°C、Y°C，其中GaP的晶胞结构如下图所示，晶胞参数为d nm，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是 A．推测熔点：1700°C>X°C>Y°C B．GaAs晶体中Ga和As的配位数相同 C．GaP的晶胞俯视图为： D．GaP晶体密度为 15．NaCl、CsCl、CaF2是三种典型的晶体，晶胞结构如图所示。下列说法正确的是 A．每个CsCl晶胞含1个Cs+和1个Cl− B．NaCl晶体中，Cl−的配位数为12 C．NaCl晶体熔点低于CsCl晶体 D．CaF2晶胞中，F−的配位数为8 16．哈尔滨工业大学科研团队发现含卤素的材料置于PNC-LED表面，能较大幅度提高PNC-LED电子设备的使用寿命。该含卤素的材料的立方晶胞结构如下图所示，下列说法不正确的是 A．元素的电负性：Cs<Pb<Br B．与Pb2+等距离且最近的Br−构成正八面体空隙 C．该晶体的密度为 D．该晶胞的另一表示：若Pb2+位于顶点、Cs+位于体心，则Br−位于立方体的面心 1．锌在电池制造、合金生产等领域有着广泛的用途。现代冶炼锌主要采取湿法工艺。 (1)工业浸锌：向闪锌矿(主要成分为难溶性ZnS)中加入稀硫酸与软锰矿(主要成分为MnO2)可得到ZnSO4与MnSO4混合溶液和单质S。 已知：Ka1(H2S)=1.07×10−7，Ka2(H2S)=1.26×10−13，Ksp(ZnS)=2.5×10−22。 工业浸锌时加入FeSO4能“催化”ZnS的浸出，其过程可表示如下： ⅰ：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O； ⅱ：________。 ①过程ⅱ的离子方程式为_______________________________。 ②浸出过程中加入的硫酸浓度不宜过大的原因是_________________________。 ③为验证上述“催化”过程，补充完整实验方案：取酸化的FeSO4溶液，______________________________________________。 (2)工业电解制锌粉：以ZnSO4和H2SO4混合液(pH为4～6)为电解质溶液，用图装置制取锌粉。一定条件下，测得电流效率为80%。(已知：电流效率=×100%)制得65 g锌粉时，电解质溶液中Zn2+的质量增加_________g。 (3)实验室氯氨法炼锌：一定条件下，向闪锌矿中加入NH4Cl与NH3⋅H2O混合溶液并通入O2，可将ZnS转化为[Zn(NH3)4]2+。结合平衡移动原理解释O2对浸锌的作用是____________________________________________________________________。 (4)硫化锌可作为锂离子电池的负极材料。在充电过程中，ZnS晶胞的组成变化如图所示。 充电过程中ZnS到LixZnyS的电极方程式为______________________________(x和y用具体数字表示)。 2．下表是元素周期表的一部分，请针对表中所列标号为①~⑩的元素回答下列问题。 族 周期 IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA 0 二 ① ② ③ ④ 三 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩ (1)元素①的原子结构示意图是______。 (2)从元素原子得失电子的角度看，元素⑤形成的单质具有_______(填“氧化性”或“还原性”)。 (3)元素②形成的单质气体含有_______(填“极性”或“非极性”)共价键。 (4)元素③，⑨与H原子以原子个数比为1：1：1形成的化合物的电子式为______。 (5)第三周期中元素的最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是_______(填化学式，下同)，最高价氧化物对应的水化物具有两性的物质是_______，这两种物质反应的离子方程式为_______。 (6)元素③，④，⑨与氢元素形成的共价键键长由大到小的顺序是______(填序号)。 3．草酸(H2C2O4)及其盐是一类广泛应用于工业制造的化学物质，具有重要的应用价值和前景。 回答下列问题： (1)基态C原子价层电子的轨道表示式为________；1 mol草酸分子中含有σ键的物质的量为________。 (2)一定条件下，草酸受热发生分解，涉及的反应方程式如下： Ⅰ．H2C2O4(s)⇌H2O(g)+CO(g)+CO2(g)  ΔH1=+340 kJ/mol； Ⅱ．HCOOH(g)⇌CO(g)+H2O(g)  ΔH2=+72.6 kJ/mol。 ①则H2C2O4(s)⇌HCOOH(g)+CO2(g)  ΔH=________。 ②下列有关反应Ⅰ的说法不正确的是________（填选项字母）。 A．气体平均摩尔质量不再发生变化时，说明反应已达到化学平衡状态 B．恒温恒容下达到平衡后，再通入N2，平衡向正反应方向移动 C．恒温恒容条件下，容器内压强不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态 (3)常温下，向20 mL 1.0 mol/L草酸溶液中逐滴加入1.0 mol/L NaOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O4−、C2O42−三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示： ①常温下，HC2O4−的水解常数Kh(HC2O4−)=________。 ②a点溶液中c(Na+)+c(H+)−c(OH−)−c(C2O42−)________c(H2C2O4)+c(C2O42−)（填“>”、“<”或“=”）。 (4)草酸-草酸钠溶液浸取含杂质的Fe2O3是一种常见的湿法冶金技术，用于从含杂质的氧化铁矿石中提取铁。浸出体系中含C2O42−粒子的形态分布以及含Fe(Ⅲ)粒子的形态分布随pH的变化如图所示。体系中草酸根离子及其水解产物的总浓度为5.22 mol/L，Fe(Ⅲ)的总浓度为1.14 mol/L。 pH=a时，c(C2O42−)=________(写出计算过程)。 4．按要求回答下列问题。 (1)比较Cl−与Fe2+还原性相对强弱：Cl−_______Fe2+(填“>”、“<”或“=”)；用一个离子方程式说明Cl−与Fe2+还原性相对强弱_______。 (2)在蔗糖与浓硫酸的黑面包实验中，黑色物质与浓硫酸反应后会膨胀，请用化学方程式解释膨胀的主要原因：_______。 (3)离子化合物MgO2可被用于治疗消化道疾病，各原子均满足8电子稳定结构。写出MgO2的电子式_______。 (4)已知热稳定性：NH3>PH3，从结构角度解释原因_______。 (5)化学反应的焓变与键能有关。①已知：H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=-185 kJ·mol−1；②各物质的键能如下表 共价键 H-H Cl-Cl 键能/(kJ·mol−1) 436 247 则H-Cl的键能是_______kJ·mol−1。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 配位数与空间利用率计算 类型一 金属晶体堆积与配位数 1．B 2．B 3．C 4．C 类型二 离子晶体的配位数与化学式 5．D 6．D 7．C 8．C 类型三 空间利用率与密度计算 9．C 10．C 11．A 12．C 类型四 晶胞结构综合 13．B 14．D 15．A 16．D 1．(1) ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S 避免硫酸与ZnS反应生成H2S，污染环境 加入KSCN溶液，溶液不显红色；加入适量MnO2，溶液变红；静置，取上层红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去 (2)16.25 (3)ZnS在溶液中存在平衡：ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2−(aq)，O2与S2−反应生成S，S2−浓度减小，促进ZnS溶解平衡右移 (4)4ZnS+6Li++6e−=3Zn+4Li1.5Zn0.25S 2．(1) (2)还原性 (3)非极性 (4) (5) NaOH Al(OH)3 Al(OH)3+OH−＝[Al(OH)4]− (6)⑨>③>④ 3．(1) 7 mol (2) +267.4 kJ/mol AB (3) 10−12.8 = (4)0.9 mol/L 4．(1) < 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl− (2) (3) (4)N原子半径比P原子半径小，N-H键键长更短，键能更大，所以更稳定 (5)434 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 配位数与空间利用率计算 类型一 金属晶体堆积与配位数 1．某新型半导体材料由铜、铟（In）、硒（Se）组成的晶胞结构如图1所示（各棱夹角均为90°），该晶胞的俯视图如图2所示，M原子的分数坐标为(0，0，0)，下列说法错误的是 A．N原子的分数坐标为 B．元素的电负性：Cu>Se>In C．每个In原子紧邻的Se原子数为4 D．该晶体的密度为 【答案】B 【解析】A．M的分数坐标为(0，0，0)，将晶胞边长视为单位1，N原子在x轴方向取值，y轴方向取值，z轴方向取值，对应分数坐标为，A正确； B．电负性非金属大于金属，Se为非金属，电负性大于金属Cu和In，正确电负性顺序为Se>Cu>In，B错误； C．由晶胞结构可知，每个In原子周围紧邻的Se原子共4个，配位数为4，C正确； D．Cu原子在晶胞中的位置为面上有6个，棱上有4个，晶胞中共有Cu原子个数为：6×+4×=4，In在晶胞中的位置为顶角8个，面上4个，体心1个，晶胞中共有In原子的个数为8×+4×+1=4个，Se在晶胞中的位置为8个均在内部，晶胞中共有8个Se，晶胞质量为，体积为abc×10−21 cm3，代入密度公式可得表达式正确，D正确； 故选B。 2．碳化钙(CaC2)常用作电石灯、冶金中的脱硫剂和脱氧剂。碳化钙晶胞如图所示，为立方晶胞沿z轴方向拉长的结构，2号Ca2+的分数坐标为，NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数a＜bnm。 下列说法错误的是 A．与Ca2+等距且最近的C22−有4个 B．3号Ca2+的分数坐标为(1,1,b) C．1、2号Ca2+间距离为 D．CaC2晶体密度为 【答案】B 【解析】A．Ca2+周围最近的C22−位于同一xy平面，共4个，因晶胞沿z轴拉长（a<b），z方向的C22−距离更远，不属于最近邻，A正确； B．分数坐标是将晶胞各棱边长作为单位1得到的无量纲坐标，数值范围为0~1，不可能出现带长度量纲的b，且3号Ca2+的z向分数坐标应为1，B错误； C．1、2号Ca2+均位于z=0平面，x、y方向差值均为，距离为，C正确； D．晶胞中含4个Ca2+和4个C22−，总质量为，晶胞体积为a2b×10−21cm3，代入密度公式得，D正确； 故选B。 3．CaC2晶胞结构(如图)与NaCl晶体的类似。已知：NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞体积为Vcm3。下列叙述正确的是 A．CaC2为只含1种化学键的离子晶体 B．在CaC2晶胞中，仅有4个C22−与Ca2+相邻 C．CaC2中碳原子采用sp杂化 D．CaC2晶体密度 【答案】C 【解析】A．CaC2是离子晶体，Ca2+和C22−之间存在离子键，C22−内部两个碳原子之间存在共价键，因此含有2种化学键，A错误； B．CaC2晶胞结构与NaCl类似，NaCl中每个Na+的最近邻Cl−有6个，因此每个Ca2+相邻的C22−数目为6，不是4，B错误； C．C22−的结构为[C≡C]2−，每个碳原子的价层电子对数为2，无孤电子对，因此碳原子采用sp杂化，C正确； D．1个晶胞含4个CaC2，，D错误； 故选C。 4．金属铋及其化合物广泛用于电子设备、医药等领域。铋的一种氟化物的立方晶胞及晶胞中MNPQ的截面如图，晶胞的边长为a nm，晶体密度为d g⋅cm−3。下列说法错误的是 A．该氟化物的化学式为BiF3 B．粒子S、T之间的距离为 C．晶体中与铋离子最近且等距的氟离子有6个 D．阿伏加德罗常数NA的值为 【答案】C 【解析】A．根据均摊法，Bi原子个数=12×+1=4，F原子个数=8×+6×+8=12，铋氟化物的化学式为BiF3，A正确； B．将晶胞均分为8个小立方体，由晶胞中MNPQ点的截面图可知，晶胞体内的8个位于8个小立方体的体心，以M为原点建立坐标系，令N的原子分数坐标为(0,0,1)，则T的原子分数坐标为，S的原子分数坐标为，所以粒子S、T之间的距离为×a nm= nm，B正确； C．以体心的Bi原子作中心，离它最近的有8个F，晶体中与铋离子最近且等距的氟离子有8个，C错误； D．晶胞质量为g = g  ，晶胞体积为(a×10−7cm)3 = a3×10−21cm3，由密度公式d=推导得NA =，D正确； 故选C。 类型二 离子晶体的配位数与化学式 5．硫化锂(Li2S)的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，Li2S晶体为立方晶胞，其结构如图。已知NA为阿伏加德罗常数的值，Li2S晶体密度为ρ g⋅cm−3。下列说法错误的是 A．Li+位于S2−形成的四面体空隙中 B．Li2S晶胞沿x轴方向的投影图为 C．B点的原子分数坐标为 D．该晶胞参数a为 【答案】D 【解析】A．由题图可知，S2-采取面心立方最密堆积，晶胞内S2-总数为，Li+总数为8，面心堆积的S2-一共可形成8个四面体空隙，晶胞内的8个Li+恰好完全填充所有四面体空隙，因此Li+位于S2-形成的四面体空隙中，A正确； B．硫离子位于晶胞的面心、顶点，锂离子位于晶胞的内部，硫化锂晶胞x轴方向的投影图为，B正确； C．结合晶胞结构可知，B点位于右下方内侧小立方体的体心，结合坐标系可知，B点的原子分数坐标为，C正确； D．晶胞内包含4个Li2S，晶胞总质量，根据密度公式，设a为晶胞边长，晶胞体积V=a3，可得，得，1cm=107nm，因此得，D错误； 故答案选D。 6．储氢金属可以像海绵吸水一样大量吸收氢气，并且安全可靠。下图为某种储氢合金的晶胞图，晶胞参数为a nm，其晶胞结构与CaF2相似，储氢时H2在晶胞的棱心与体心。下列说法错误的是 A．若晶胞为CaF2则F−位于Mg的位置 B．一个晶胞最多可储存4个H2 C．第一电离能：Ca＜Mg D．Fe、Mg间的最短距离为 【答案】D 【解析】A．CaF2晶胞中Ca2+个数为8×1/8+6×1/2=4，F−个数为8，个数比为1:2；该晶胞中Fe个数为4，Mg个数为8，对应Ca2+位于Fe的位置，F−位于Mg的位置，A正确； B．棱心的H2个数为12×1/4=3，体心的H2个数为1，共4个，B正确； C．同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，故第一电离能Ca<Mg，C正确； D．Fe、Mg的最短距离为晶胞体对角线的1/4，即，不是，D错误； 故选D。 7．铜元素能形成多种化合物，在生产和生活中起着重要的作用。CuCl2和CuCl是铜的两种氯化物，图甲是其中一种物质的立方晶胞结构。已知晶胞参数为q nm，图乙为该晶胞沿z轴的俯视图，a点的原子分数坐标为(0,0,0)。阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法不正确的是 A．图甲表示的是CuCl的晶胞 B．晶体中，离Cl最近的Cl原子有12个 C．晶胞中d点的原子分数坐标为 D．相邻两个Cu原子间的最短距离为 【答案】C 【解析】A．根据晶胞示意图可知，1个晶胞中含有4个Cu，Cl个数为，Cu和Cl的个数比为1:1，故该晶胞为CuCl，A正确； B．由图甲可知Cl位于晶胞的顶点和面心上，故晶体中每个Cl周围紧邻且距离相等(即最近)的Cl共有12个，B正确； C．根据晶胞结构示意图和俯视图可知，若将该晶胞均分为8个小立方体，则d点位于晶胞的右下后方小立方体的体心，结合a点的坐标可知，d点的坐标为，C错误； D．根据图乙可知，晶体中相邻两个Cu原子间的最短距离为面对角线长度的一半，即，D正确； 故选C。 8．一种常压超硬超导材料的立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为a nm。下列说法正确的是 A．Rb的焰色为砖红色 B．Rb周围最近的C有8个 C．该物质的化学式为RbB2C4 D．该物质的晶胞密度为 【答案】C 【分析】该晶胞为立方晶胞，立方晶胞中顶点、面心、内部微粒的均摊占比分别为、、1。Rb位于晶胞的8个顶点与1个体心，计算得Rb的数目为；B位于晶胞的上下两个底面，每个底面分布4个B，面心位置微粒均摊占比为，因此B的数目为；C全部位于晶胞面上，共个。三者数目比为2:4:8=1:2:4，因此该物质的化学式为RbB2C4。 【解析】A．钙元素的焰色为砖红色，Rb的焰色为紫色，A错误； B．顶点位置的Rb被8个晶胞共用，结合晶体周期性排列特征，其周围最近的C数目为12，与体心Rb的配位数不同，B错误； C．晶胞中Rb、B、C的数目比为2:4:8=1:2:4，最简式为RbB2C4，即该物质的化学式为RbB2C4，C正确； D．晶胞质量为，晶胞体积为(a×10−7 cm)3=a3×10−21 cm3，因此晶胞密度为，选项中单位换算错误，D错误； 故选C。 类型三 空间利用率与密度计算 9．化学无处不在，下列关于生产、生活中的化学描述错误的是 A．冰的密度比液态水的密度小与氢键有关 B．焰火、霓虹灯光、激光等都和原子核外电子跃迁有关 C．维生素C（）中含有3个手性碳原子（已知连有4个不同原子或者原子团的碳原子为手性碳原子） D．火电厂处理锅炉水垢时用Na2CO3溶液浸泡，目的是将CaSO4转化为CaCO3 【答案】C 【解析】A．冰中氢键使水分子排列形成疏松的空间网状结构，空隙较大导致冰的密度小于液态水，该性质与氢键有关，A正确； B．原子核外电子从高能级向低能级跃迁时会释放能量，以光的形式释放，焰火、霓虹灯光、激光的产生都和核外电子跃迁有关，B正确； C．手性碳原子是连有4个不同原子或原子团的sp3杂化碳原子，维生素C中仅含有2个手性碳原子，并非3个，C错误； D．CaCO3的溶解度小于CaSO4，用Na2CO3溶液浸泡可将难溶于酸的CaSO4转化为可溶于酸的CaCO3，便于后续除去水垢，D正确； 故本题选C。 10．氟化镁钾是一种具有优良光学性能的材料，其晶胞结构如图，晶胞密度为dg⋅cm−3。用Fe3+取代部分Mg2+，可以合成新型催化剂材料KMg0.8Fe0.2F3O0.1（O2−是平衡电荷引入的填隙阴离子，不破坏原有晶胞结构）。下列说法错误的是 A．基态Fe3+的价电子轨道表示式为 B．若Mg2+位于晶胞的体心，则F−位于晶胞的面心 C．每个Mg2+位于距其最近且相等的F−构成的正四面体空隙中 D．若用厚度为0.3 mm、面积为1 m2的氟化镁钾合成催化剂材料KMg0.8Fe0.2F3O0.1，理论上需要掺杂的Fe3+的物质的量为0.5d mol 【答案】C 【解析】A．基态Fe原子价电子排布为3d64s2，失去3个电子得到Fe3+，价电子为3d5，其价电子轨道表示式为，A正确； B．原晶胞中Mg2+在顶点、K+在体心、F−在棱心，若将Mg2+移至体心，晶胞等效平移后F−对应位于面心，B正确； C．每个Mg2+周围距离最近且相等的F−共6个，构成正八面体结构，Mg2+位于正八面体空隙中，并非正四面体空隙，C错误； D．催化剂材料体积为1×104cm2×0.03cm=300cm3，KMgF3摩尔质量为120g⋅mol−1，总物质的量为，掺杂Fe3+物质的量为2.5d×0.2=0.5dmol，D正确； 故选C。 11．Na2Se立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm，下列有关该晶体的叙述错误的是 A．每个硒离子周围距离相等且最近的硒离子有6个 B．Na+位于Se2−构成的正四面体的体心 C．该晶胞中Na+和Se2−的最近距离为 D．原子1的分数坐标为(0,0,0)，则原子2的分数坐标为 【答案】A 【解析】A．白色小球在晶胞中的个数为，黑色小球个数为8个，根据分子式可知，白色小球为Se2−、黑色小球为Na+，以顶点的Se2−为例，在x、y、z三个平面，每个平面都有4个距离相等且最近的Se2−，因此每个Se2−周围距离相等且最近的Se2−共12个，A错误； B．该晶体中Se2−构成面心立方堆积，晶胞内全部8个四面体空隙被Na+填充，故Na+位于Se2−构成的正四面体的体心，B正确； C．晶胞体对角线长度为，Na+与相邻Se2−的最近距离为体对角线的，即，C正确； D．原子1分数坐标为(0,0,0)，原子2位于晶胞体对角线位置，故其分数坐标为，D正确； 故选A。 12．我国C919大型客机使用了第三代铝锂合金，具有密度低、强度高、耐腐蚀等特点。下列说法错误的是 A．锂是最轻的金属，铝中加入锂，降低了合金的密度，节约了飞机的运行成本 B．铝中加入锂，刚度增强，同时仍然保持较高的强度和适度的延展性 C．铝中加入锂，破坏了铝的结构，抗腐蚀能力大大降低 D．我国对铝锂合金研究起步晚，但进步很快 【答案】C 【解析】A．锂是密度最小的金属，加入铝中可降低合金密度，减轻飞机重量，从而降低燃油成本，A正确； B．第三代铝锂合金通过优化成分，在提升刚度和强度的同时保持了良好延展性，B正确； C．题干明确提到铝锂合金“耐腐蚀”，C错误； D．我国对铝锂合金研究起步晚，但进步很快，属于客观事实，D正确； 故答案选C。 类型四 晶胞结构综合 13．AX4四面体(A为中心原子，如硅、锗；X为配位原子，如氧、硫)在无机化合物中很常见。四面体T1按下图所示方式相连可形成一系列“超四面体”(T2、T3…)：下列说法错误的是 A．T1、T2和T3的化学式分别为AX4、A4X10和A10X20，推出超四面体T4的化学式为A20X35 B．T3超四面体中有3种不同环境的X原子，T4超四面体中有4种不同环境的X原子 C．若以T1为结构单元共顶点相连，形成的无限三维结构为共价晶体且A的配位数为4 D．若以T2为结构单元共顶点相连，形成的无限三维结构的化学式为AX2 【答案】B 【解析】A．先总结超四面体中A、X的数目递推规律：T1：A原子数为1，X原子数为4；T2：A原子数为1+3=4，X原子数为4×4−6=10（4个T1共顶点连接，共用6个X原子，每个共用X被2个单元共享，总X数为4×4−6=10）；T3：A原子数为1+3+6=10，X原子数为20；按照三角数求和规律，Tn的A原子总数为，代入n=4得T4的A原子数为；X原子数满足递推：T1：X=4，T2：X=10，T3：X=20，Tn：X=，T4：X=35，因此T4化学式为A20X35，A正确； B．T3超四面体分为3种环境：4个顶点X（只连1个A）、12个棱上X（连2个A）、4个面上X（连3个A）。这三类各自内部是完全等效的，因此有3种不同环境。前半句正确；T4超四面体共有35个X原子。分类如下：顶点X：4个（对称性完全等效，1种环境）。面上X：12个（每个面3个构成等边三角形，通过旋转等效，1种环境）。内部X：1个（位于超四面体最正中心，连4个A，1种环境）。棱上X：共18个（每条棱上有3个）。这3个X原子并非完全等效，位于棱正中间的那个X原子，与位于棱两端（靠近顶点）的两个X原子，在空间几何位置和周围化学环境上是不同的，因此，棱上的X原子要分为2种环境（6个棱中点X + 12个偏向顶点的棱X），共有5种不同环境的X原子，B错误； C．T1就是单一的AX4正四面体。如果以它为基本结构单元，并通过共用所有的顶点（X原子）在三维空间无限延伸，就会形成类似二氧化硅中石英或方石英的网状结构。这类通过共价键形成的空间网状晶体属于共价晶体；在共顶点的过程中，X原子被两个四面体共用，但中心原子A始终位于自身四面体的中心，与其周围的4个X原子成键，因此A的配位数保持为4不变，C正确； D．以T2（A4X10）为结构单元共顶点相连时，T2的所有端基X都会作为共用顶点，被2个相邻的T2单元共享：每个T2原本10个X，其中6个内部X完全属于自身，4个端基X共享后等效为，总等效X数为6+2=8，A原子数为4，因此A、X原子数比为4:8=1:2，无限三维结构化学式为AX2，D正确； 故选B。 14．氮化镓(GaN)、磷化镓(GaP)、砷化镓(GaAs)均为重要的半导体材料，其晶体结构类似于金刚石，熔点依次为1700°C、X°C、Y°C，其中GaP的晶胞结构如下图所示，晶胞参数为d nm，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是 A．推测熔点：1700°C>X°C>Y°C B．GaAs晶体中Ga和As的配位数相同 C．GaP的晶胞俯视图为： D．GaP晶体密度为 【答案】D 【解析】A．三者均为共价晶体，熔点由共价键键能决定，因键长Ga-N<Ga-P<Ga-As，键能依次减小，故氮化镓(GaN)、磷化镓(GaP)、砷化镓(GaAs)熔点依次降低，A不符合题意； B．GaAs晶体结构类似金刚石，Ga和As均形成4个共价键，配位数均为4，二者配位数相同，B不符合题意； C．GaP晶胞中顶点、面心Ga原子的投影对应正方形顶点、边中点和中心，4个处于由Ga组成的四面体空隙的P原子投影在正方形的内部，与选项图示一致，C不符合题意； D．根据均摊法，晶胞中含4个Ga、4个P，晶胞质量为，晶胞参数dnm=d×10−7cm，晶胞体积为(d×10−7)3=d3×10−21cm3，计算得密度为，选项数值错误，D符合题意； 故答案选D。 15．NaCl、CsCl、CaF2是三种典型的晶体，晶胞结构如图所示。下列说法正确的是 A．每个CsCl晶胞含1个Cs+和1个Cl− B．NaCl晶体中，Cl−的配位数为12 C．NaCl晶体熔点低于CsCl晶体 D．CaF2晶胞中，F−的配位数为8 【答案】A 【解析】A．CsCl晶胞中，Cs+位于体心，数目为1；Cl−位于顶点，数目为，每个晶胞含1个Cs+和1个Cl−，A正确； B．NaCl晶体中每个Cl−周围紧邻6个Na+，配位数为6，B错误； C．离子晶体熔点随晶格能增大而升高，Na+半径小于Cs+，NaCl晶格能大于CsCl，故NaCl熔点更高，C错误； D．CaF2晶体中阴阳离子个数比为1:2，配位数之比为2:1，以面心的Ca2+为例，上下各有4个距离最近并且距离相等的F−，Ca2+配位数为8，因此F−配位数为4，D错误； 故选A。 16．哈尔滨工业大学科研团队发现含卤素的材料置于PNC-LED表面，能较大幅度提高PNC-LED电子设备的使用寿命。该含卤素的材料的立方晶胞结构如下图所示，下列说法不正确的是 A．元素的电负性：Cs<Pb<Br B．与Pb2+等距离且最近的Br−构成正八面体空隙 C．该晶体的密度为 D．该晶胞的另一表示：若Pb2+位于顶点、Cs+位于体心，则Br−位于立方体的面心 【答案】D 【解析】A．同周期元素电负性从左到右递增，同主族元素电负性从上到下递减，且金属电负性普遍小于非金属，故电负性：Cs<Pb<Br，正确； B．体心位置的Pb2+周围等距离最近的Br−共6个，分别位于晶胞的6个面心，6个Br−刚好构成正八面体，Pb2+处于正八面体空隙中，正确； C．晶胞中Cs的数目为，Pb的数目为1，Br的数目为，晶胞质量为，晶胞边长为a pm=a×10−10 cm，体积为a3×10−30 cm3，故密度为，正确； D．若Pb2+位于顶点、Cs+位于体心，为保持化学式和离子间距离不变，Br−应位于棱心（总个数为），错误； 答案选D。 1．锌在电池制造、合金生产等领域有着广泛的用途。现代冶炼锌主要采取湿法工艺。 (1)工业浸锌：向闪锌矿(主要成分为难溶性ZnS)中加入稀硫酸与软锰矿(主要成分为MnO2)可得到ZnSO4与MnSO4混合溶液和单质S。 已知：Ka1(H2S)=1.07×10−7，Ka2(H2S)=1.26×10−13，Ksp(ZnS)=2.5×10−22。 工业浸锌时加入FeSO4能“催化”ZnS的浸出，其过程可表示如下： ⅰ：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O； ⅱ：________。 ①过程ⅱ的离子方程式为_______________________________。 ②浸出过程中加入的硫酸浓度不宜过大的原因是_________________________。 ③为验证上述“催化”过程，补充完整实验方案：取酸化的FeSO4溶液，______________________________________________。 (2)工业电解制锌粉：以ZnSO4和H2SO4混合液(pH为4～6)为电解质溶液，用图装置制取锌粉。一定条件下，测得电流效率为80%。(已知：电流效率=×100%)制得65 g锌粉时，电解质溶液中Zn2+的质量增加_________g。 (3)实验室氯氨法炼锌：一定条件下，向闪锌矿中加入NH4Cl与NH3⋅H2O混合溶液并通入O2，可将ZnS转化为[Zn(NH3)4]2+。结合平衡移动原理解释O2对浸锌的作用是____________________________________________________________________。 (4)硫化锌可作为锂离子电池的负极材料。在充电过程中，ZnS晶胞的组成变化如图所示。 充电过程中ZnS到LixZnyS的电极方程式为______________________________(x和y用具体数字表示)。 【答案】(1) ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S 避免硫酸与ZnS反应生成H2S，污染环境 加入KSCN溶液，溶液不显红色；加入适量MnO2，溶液变红；静置，取上层红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去 (2)16.25 (3)ZnS在溶液中存在平衡：ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2−(aq)，O2与S2−反应生成S，S2−浓度减小，促进ZnS溶解平衡右移 (4)4ZnS+6Li++6e−=3Zn+4Li1.5Zn0.25S 【分析】本题围绕湿法炼锌展开。工业浸出部分先依据锰、铁元素的氧化还原关系补全铁离子循环，再用题给酸的电离常数和溶度积判断酸浓度对硫化氢生成平衡的影响，并用分步检验验证铁离子价态变化；电解部分按阴、阳极电子转移和电流效率守恒计算溶液质量变化；氯氨法根据氧化剂消耗硫离子判断溶解平衡移动；晶胞部分先由图中原子位置计数确定目标化学式，再按元素和电荷守恒配平电极方程式。 【解析】（1）①过程ⅰ将亚铁离子氧化为铁离子；过程ⅱ中铁离子氧化ZnS并再生亚铁离子，故过程ⅱ为ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S。 ②由题给数据，将溶解平衡与两级质子化反应相加可得ZnS(s)+2H+(aq)⇌Zn2+(aq)+H2S(aq)，。平衡时有。在锌离子浓度等条件相同时，提高硫酸浓度会使平衡时硫化氢浓度随氢离子浓度的平方增大，因而硫酸浓度不宜过大，以免生成的硫化氢污染环境。 ③先向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，不显红色，说明原溶液中不含Fe3+；加入适量MnO2后变红，说明Fe2+被氧化为Fe3+；再加入ZnS后红色褪去，说明Fe3+与ZnS反应并再生Fe2+，由此验证该循环过程。 （2）生成65 g锌即生成1 mol锌，按电流效率可得。阴极反应为Zn2++2e−=Zn，析出锌消耗2 mol电子；其余0.5 mol电子对应阳极反应Zn-2e−=Zn2+，故溶液中锌离子增加的质量为。 （3）闪锌矿在溶液中存在平衡ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2−(aq)。通入的O2将S2−氧化为单质硫，使溶液中S2−浓度减小，平衡向右移动，从而促进闪锌矿溶解。 （4）由晶胞图中各粒子的位置和占有份额计数，目标相中x=1.5、y=0.25，其化学式为Li1.5Zn0.25S。再按锌、硫、锂元素和电荷守恒配平，得到充电时的电极方程式为4ZnS+6Li++6e−=3Zn+4Li1.5Zn0.25S。 2．下表是元素周期表的一部分，请针对表中所列标号为①~⑩的元素回答下列问题。 族 周期 IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA 0 二 ① ② ③ ④ 三 ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩ (1)元素①的原子结构示意图是______。 (2)从元素原子得失电子的角度看，元素⑤形成的单质具有_______(填“氧化性”或“还原性”)。 (3)元素②形成的单质气体含有_______(填“极性”或“非极性”)共价键。 (4)元素③，⑨与H原子以原子个数比为1：1：1形成的化合物的电子式为______。 (5)第三周期中元素的最高价氧化物对应水化物中碱性最强的是_______(填化学式，下同)，最高价氧化物对应的水化物具有两性的物质是_______，这两种物质反应的离子方程式为_______。 (6)元素③，④，⑨与氢元素形成的共价键键长由大到小的顺序是______(填序号)。 【答案】(1) (2)还原性 (3)非极性 (4) (5) NaOH Al(OH)3 Al(OH)3+OH−＝[Al(OH)4]− (6)⑨>③>④ 【分析】根据周期表中的位置关系，可得①为C、②为N、③为O、④为F、⑤为Na、⑥为Mg、⑦为Al、⑧为S、⑨为Cl、⑩为Ar。 【解析】（1）C为6号元素，原子结构示意图：。 （2）Na原子结构中最外层只有1个电子，易失去电子，故具有还原性。 （3）元素②的单质为氮气，分子中两个N原子电负性相同，共用电子对不发生偏移，属于非极性共价键。 （4）O、Cl与H形成的原子个数比为1：1：1的化合物为HClO，其电子式为。 （5）同周期元素随核电荷数增大金属性减弱，其最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，故碱性最强的是NaOH，具有两性的为Al(OH)3，氢氧化钠和氢氧化铝反应生成[Al(OH)4]−和水的离子方程式为Al(OH)3+OH−＝[Al(OH)4]−。 （6）共价键键长与成键原子半径正相关：原子半径Cl>O>F，因此和H形成的共价键键长随成键原子半径增大而变长，由大到小的顺序是⑨>③>④。 3．草酸(H2C2O4)及其盐是一类广泛应用于工业制造的化学物质，具有重要的应用价值和前景。 回答下列问题： (1)基态C原子价层电子的轨道表示式为________；1 mol草酸分子中含有σ键的物质的量为________。 (2)一定条件下，草酸受热发生分解，涉及的反应方程式如下： Ⅰ．H2C2O4(s)⇌H2O(g)+CO(g)+CO2(g)  ΔH1=+340 kJ/mol； Ⅱ．HCOOH(g)⇌CO(g)+H2O(g)  ΔH2=+72.6 kJ/mol。 ①则H2C2O4(s)⇌HCOOH(g)+CO2(g)  ΔH=________。 ②下列有关反应Ⅰ的说法不正确的是________（填选项字母）。 A．气体平均摩尔质量不再发生变化时，说明反应已达到化学平衡状态 B．恒温恒容下达到平衡后，再通入N2，平衡向正反应方向移动 C．恒温恒容条件下，容器内压强不再变化，说明该反应已达到化学平衡状态 (3)常温下，向20 mL 1.0 mol/L草酸溶液中逐滴加入1.0 mol/L NaOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O4−、C2O42−三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示： ①常温下，HC2O4−的水解常数Kh(HC2O4−)=________。 ②a点溶液中c(Na+)+c(H+)−c(OH−)−c(C2O42−)________c(H2C2O4)+c(C2O42−)（填“>”、“<”或“=”）。 (4)草酸-草酸钠溶液浸取含杂质的Fe2O3是一种常见的湿法冶金技术，用于从含杂质的氧化铁矿石中提取铁。浸出体系中含C2O42−粒子的形态分布以及含Fe(Ⅲ)粒子的形态分布随pH的变化如图所示。体系中草酸根离子及其水解产物的总浓度为5.22 mol/L，Fe(Ⅲ)的总浓度为1.14 mol/L。 pH=a时，c(C2O42−)=________(写出计算过程)。 【答案】(1) 7 mol (2) +267.4 kJ/mol AB (3) 10−12.8 = (4)0.9 mol/L 【解析】（1） 基态C原子的价层有4个电子。根据泡利原理和洪特规则，2s轨道中的2个电子自旋方向相反，2p轨道中的2个电子分占两个轨道且自旋方向相同，故其价层电子的轨道表示式为：； 每个草酸分子中有2个O—H键、2个C—O单键、1个C—C单键和2个C=O双键，每个共价键中均含1个σ键，共含7个σ键，所以1 mol草酸分子中含σ键的物质的量为7 mol； （2）①将反应Ⅱ逆向后与反应Ⅰ相加，消去一氧化碳和水蒸气，得到H2C2O4(s)⇌HCOOH(g)+CO2(g)。由盖斯定律可得ΔH=ΔH1−ΔH2=340 kJ/mol−72.6 kJ/mol=+267.4 kJ/mol。 ②A．反应Ⅰ生成的水蒸气、一氧化碳和二氧化碳的物质的量之比始终为1∶1∶1，三者的摩尔质量分别为18 g/mol、28 g/mol、44 g/mol，故气体平均摩尔质量始终为[(18+28+44)/3] g/mol = 30 g/mol，因此平均摩尔质量不再变化不能说明反应达到平衡，A错误； B．恒温恒容时，通入N2后，反应体系中各气态反应物和生成物的分压均不变，平衡不移动，B错误； C．反应Ⅰ正向进行时气体总物质的量增大，恒温恒容条件下压强随反应进程改变；容器内压强不再变化，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡，C正确； 故选AB； （3）①a点处曲线1与曲线2相交，故c(H2C2O4)=c(HC2O4−)。对于H2C2O4的第一步电离平衡H2C2O4⇌H++HC2O4−，有。HC2O4−的水解平衡为HC2O4−+H2O⇌H2C2O4+OH−，因此。 ②a点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HC2O4−)+2c(C2O42−)，移项得c(Na+)+c(H+)−c(OH−)−c(C2O42−)=c(HC2O4−)+c(C2O42−)。结合a点两条曲线交点所示的浓度相等关系，上式右边等于题中右式，因此题中两式的关系为“=”； （4）在pH=a时，右图显示Fe(Ⅲ)全部以[Fe(C2O4)3]3−形式存在，所以c([Fe(C2O4)3]3−)=1.14 mol/L。每1 mol该配离子含3 mol草酸根单元。 在pH=a时，左图显示游离草酸氢根离子与游离草酸根离子的物质的量分数相等，设c(HC2O4−)=c(C2O42−)=x mol/L。根据草酸根单元守恒，有3×1.14 mol/L+x mol/L+x mol/L=5.22 mol/L，解得。 4．按要求回答下列问题。 (1)比较Cl−与Fe2+还原性相对强弱：Cl−_______Fe2+(填“>”、“<”或“=”)；用一个离子方程式说明Cl−与Fe2+还原性相对强弱_______。 (2)在蔗糖与浓硫酸的黑面包实验中，黑色物质与浓硫酸反应后会膨胀，请用化学方程式解释膨胀的主要原因：_______。 (3)离子化合物MgO2可被用于治疗消化道疾病，各原子均满足8电子稳定结构。写出MgO2的电子式_______。 (4)已知热稳定性：NH3>PH3，从结构角度解释原因_______。 (5)化学反应的焓变与键能有关。①已知：H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)ΔH=-185 kJ·mol−1；②各物质的键能如下表 共价键 H-H Cl-Cl 键能/(kJ·mol−1) 436 247 则H-Cl的键能是_______kJ·mol−1。 【答案】(1) < 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl− (2) (3) (4)N原子半径比P原子半径小，N-H键键长更短，键能更大，所以更稳定 (5)434 【解析】（1）氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl−+2Fe3+。根据氧化还原反应规律，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，该反应中Fe2+为还原剂，Cl−为还原产物，故还原性Fe2+>Cl−，即Cl−<Fe2+。 （2）蔗糖脱水生成的碳单质在加热条件下能与浓硫酸发生氧化还原反应，生成二氧化碳和二氧化硫气体，大量气体的产生导致黑色物质膨胀。化学方程式为。 （3）MgO2为过氧化镁，属于离子化合物，由Mg2+和O22−构成。过氧根离子中两个氧原子共用一对电子，且各满足8电子稳定结构，其电子式为。 （4）分子的热稳定性与共价键的键能有关。由于N原子半径小于P原子，N-H键的键长小于P-H键的键长，使得N-H键的键能大于P-H键的键能，因此NH3的热稳定性大于PH3。 （5）化学反应的焓变ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能。设H-Cl的键能为xkJ⋅mol−1，根据题意可得：-185kJ·mol−1=(436+247)kJ·mol−1-2xkJ·mol−1，解得x=434kJ·mol−1。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $