（新）2022届年高考化学一轮复习课时分层提升练四十一3晶体结构与性质含解析新人教版选修320190803151.doc

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1、晶体结构与性质1.(2019·伊犁模拟)下图为CaF2、H3BO3(层状结构,层内的H3BO3分子通过氢键结合)、金属铜三种晶体的结构示意图,请回答下列问题:(1)图所示的CaF2晶体中与Ca2+最近且等距离的F-数为_,图中未标号的铜原子形成晶体后周围最紧邻的铜原子数为_。 (2)图所示的物质结构中最外能层已达8电子结构的原子是_,H3BO3晶体中B原子个数与极性键个数比为_。 (3)三种晶体中熔点最低的是_,其晶体受热熔化时,克服的微粒之间的相互作用为_。 (4)结合CaF2晶体的晶胞示意图,已知,两个距离最近的Ca2+核间距离为a×10-

2、8 cm,计算CaF2晶体的密度为_。 【解析】(1)CaF2晶体中Ca2+的配位数为8,F-的配位数为4,Ca2+和F-个数比为12,铜晶体中未标号的铜原子周围最紧邻的铜原子为上层1、2、3,同层的4、5、6、7、8、9,下层的10、11、12,共12个。(2)H3BO3中B原子,最外层共6个电子,H是2电子结构,只有氧原子达到8电子稳定结构。H3BO3晶体是分子晶体,相互之间通过氢键相连,每个B原子形成3个BO极性键,每个O原子形成1个OH共价键,共6个键。(3)H3BO3晶体是分子晶体,熔点最低,熔化时克服了分子间作用力和氢键。(4)一个晶胞中实际拥有的Ca2+为8×

3、+6×=4,F-为8个,晶胞顶点及六个面上的离子为Ca2+,晶胞内部的离子为F-,1个晶胞实际拥有4个“CaF2”。则CaF2晶体的密度:4×78 g·mol-1÷(a×10-8 cm)3×6.02×1023 mol-1183.2a3 g·cm-3。答案:(1)812(2)O16(3)H3BO3分子间作用力和氢键(4) g·cm-32.(2019·宁夏吴忠模拟)东晋华阳国志·南中志卷四中已有关于白铜的记载,云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外,曾主要用于造币,亦可用于制作仿银饰品。回答下列问

4、题:(1)镍元素基态原子的电子排布式为_,3d能级上的未成对电子数为_。 (2)硫酸镍溶于氨水形成Ni(NH3)6SO4蓝色溶液。氨的沸点_(填“高于”或“低于”)膦(PH3),原因是_。 氨是_分子(填“极性”或“非极性”),中心原子的轨道杂化类型为_。 (3)单质铜及镍都是由_键形成的晶体;元素铜与镍的第二电离能分别为ICu=1 958 kJ·mol-1、INi=1 753 kJ·mol-1,ICu>INi的原因是_ _。 (4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_。 若合

5、金的密度为d g/cm3,晶胞参数a=_nm。 【解析】(1)镍是28号元素,位于第四周期第族,根据核外电子排布规则,其基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2,3d能级有5个轨道,这5个轨道先占满5个自旋方向相同的电子,再分别占据三个轨道,电子自旋方向相反,所以未成对的电子数为2。(2)氨气分子间存在氢键,分子间作用力强,所以氨的沸点高于膦(PH3);根据价层电子对互斥理论,氨气中心原子N的键电子对数等于3,孤电子对数(5-3)2=1,则中心原子N是sp3杂化,分子成三角锥形,正负电荷重心不重叠,氨气是极性分子。(3)铜和镍属于金属,所以单质铜及镍都是由金属

6、键形成的晶体;铜和镍分别失去一个电子后若再失去电子,铜失去的是全充满的3d10电子,镍失去的是4s1电子,所以ICu>INi。(4)晶胞中Ni处于顶点,Cu处于面心,则晶胞中Ni原子数目为8×=1、Cu原子数目=6×=3,故Cu与Ni原子数目之比为31。属于面心立方密堆积,晶胞质量为 g,则 g=d g·cm-3×(a×10-7 cm)3,解得a=×107。答案:(1)1s22s22p63s23p63d84s2(或Ar3d84s2)2 (2)高于 氨气分子间可形成氢键 极性 sp3 (3)金属 铜和镍分别失去一个电子后若再失去电

7、子,铜失去的是全充满的3d10电子,镍失去的是4s1电子 (4)313251dNA×1073.(2019·宜宾模拟节选)一种铜的氯化物晶胞结构如下图所示。该化合物的化学式为_,已知P、Q、R的原子坐标分别(0,0,0)、(1,1,1)、14,14,14,若Cu原子与最近的Cl原子的核间距为a pm,则该晶体的密度计算表达式为_。 【解析】铜的氯化物晶胞结构中Cu占据了顶点和面心,Cl占据了体内4个位置,故该化合物的化学式为CuCl,已知P、Q、R的原子坐标分别(0,0,0)、(1,1,1)、14,14,14,若Cu原子与最近的Cl原子的核间距为a pm,即为体对角

8、线的四分之一,故则该晶体的边长为×10-10 cm,该晶胞的体积为:×10-30cm3,一个晶胞的质量为4×99.5NA g,故晶胞的密度计算表达式为=×1030 g·cm-3。答案:CuCl×1030 g·cm-3【加固训练】碳和硅属于同主族元素,在生活生产中有着广泛的用途。(1)在基态14C原子中,核外存在_对自旋方向相反的电子。 (2)Fe(CO)5又名羰基铁,常温下为黄色油状液体,则Fe(CO)5的晶体类型是_,与CO互为等电子体的分子的分子式为_。 (3)C、O和Si的成键情况如下:化学键COC

9、OSiOSiO键能/(kJ·mol-1)360803464640C和O之间易形成含有双键的CO2分子晶体,而Si和O之间则易形成含有单键的SiO2原子晶体,请结合数据分析其原因为_。 (4)观察C60晶胞(如图所示),回答下列问题:与每个C60分子距离最近且相等的C60分子有_个,其距离为_cm(列出计算式即可)。 C60晶体中C60和C60间的作用力属于_(填“离子键”“共价键”或“分子间作用力”) 已知C60晶体内相邻C60球体间的距离是304 pm,则与石墨层间距离(335 pm)相比较,两者数据存在差异的原因是_。 (5)一种石英晶体的

10、晶胞结构如图所示,可以看成是在晶体硅的晶胞中每两个硅原子间插入一个氧原子而得到的。其中硅原子的配位数为_;若该晶胞的晶胞参数为a pm,则该晶体的密度为_g·cm-3(以含a、NA的代数式表示)。 【解析】 (1)碳原子的电子排布图为,有两对自旋方向相反的电子。(2)Fe(CO)5常温下为液体,熔、沸点较低,则为分子晶体。与CO互为等电子体的分子为N2。(4)C60晶胞为面心立方最密堆积,与C60分子距离最近且相等的C60分子有12个(分别在同层、上层、下层,各四个),其距离为晶胞面对角线的一半,即×2×1.41×10-7cm=0.71

11、5;×10-7cm。C60晶体为分子晶体,晶体中C60和C60间的作用力属于分子间作用力。C60的摩尔质量大于C的摩尔质量,C60分子间作用力较大,间距较小。(5)该晶胞中1个Si原子与4个O原子结合,故Si的配位数为4。每个SiO2晶胞中Si的个数为8×+6×+4=8。以该晶胞为研究对象,含有8个Si、16个O,则SiO2晶体的密度为 g÷(a×10-10cm)3= g·cm-3。答案:(1)2(2)分子晶体N2(3)碳与氧之间形成双键的分子放出的能量(803 kJ·mol-1×2=1 606 kJ·m

12、ol-1)大于形成单键的原子晶体放出的能量(360 kJ·mol-1×4=1 440 kJ·mol-1);硅与氧之间形成双键的分子放出的能量(640 kJ·mol-1×2=1 280 kJ·mol-1)小于形成单键的原子晶体放出的能量(464 mol·L-1×4=1 856 kJ·mol-1)(4)120.71××10-7cm(或7.1××10-8cm)分子间作用力C60的摩尔质量大于C的摩尔质量,C60分子间作用力较大,间距较小(5)44.(新题预测)铁氧体是一种

13、磁性材料,具有广泛的应用。(1)基态铁原子的核外电子排布式为Ar_。 (2)工业制备铁氧体常使用水解法,制备时常加入尿素CO(NH2)2、醋酸钠等碱性物质。尿素分子中四种不同元素的电负性由大至小的顺序是_;醋酸钠中碳原子的杂化类型是_。 (3)工业制备铁氧体也可使用沉淀法,制备时常加入氨(NH3)、联氨(N2H4)等弱碱。比较下表中氨(NH3)、联氨(N2H4)的熔沸点,解释其高低的主要原因_。 N2H4NH3熔点/2-77.8沸点/113.5-33.5(4)如图是从铁氧体离子晶体Fe3O4中,取出的能体现其晶体结构的一个立方体,则晶体中的氧离子是否构成了面心立方

14、最密堆积_(填“是”或“否”),该立方体是不是Fe3O4的晶胞_(填“是”或“否”),立方体中三价铁离子处于氧离子围成的_空隙(填空间结构)。 (5)根据上图计算Fe3O4晶体的密度_g·cm-3。(图中a=0.42 nm,计算结果保留两位有效数字) 【解析】(1)基态铁原子核外有26个电子,其电子排布式为Ar3d64s2。(2)根据元素周期表中元素电负性的变化规律,电负性:O>N>C>H。CH3COONa中,甲基碳原子的杂化类型为sp3杂化,中碳原子的杂化类型为sp2杂化。(3)NH3、N2H4的分子间均能形成氢键,熔沸点相差较大,原因是联氨分

15、子间形成的氢键数目多于氨分子间形成的氢键。(4)从体心氧离子看,O周围每个平面上均有4个氧离子,氧离子构成了面心立方最密堆积。该立方体不是最小的能够重复的结构单元,故不是Fe3O4晶胞。根据该立方体结构,立方体中三价铁离子处于氧离子围成的正八面体的空隙。(5)该立方体中O2-的个数为12×+1=4,Fe3+的个数为4×+3×=2,Fe2+的个数为1,故Fe3O4晶体的密度为 g÷(0.42×10-7cm)3=5.2 g·cm-3。答案:(1)3d64s2 (2)O>N>C>Hsp3杂化、sp2杂化(3)联氨分子间形成

16、的氢键数目多于氨分子间形成的氢键(4)是否正八面体(5)5.21.(2019·成都模拟)钒和镍及其化合物是重要合金材料和催化剂,其储氨合金可作为一种新型锌离子电池的负极材料,该电池以Zn(Cl3SO3)2 为电解质,以有缺陷的阳离子型ZnMn2O4 为电极,成功获得了稳定的大功率电流。(1)基态钒原子的核外电子排布式为_,其排布时能量最高电子所占据能级的原子轨道有_个伸展方向。 (2)VO2+可与多种物质形成配合物,与氧同周期且第一电离能比氧大的主族元素有_(写元素符号)。 (3)镍形成的配离子Ni(NH3)62+、Ni(CN)42-中,NH3分子的空间构型为_

17、_,与CN-互为等电体的一种分子的化学式为_ _。 (4)三氟甲磺酸(CF3SO3H)是一种有机强酸,结构式如图1所示,通常以CS2、IF3、H2O2等为主要原料来制取。H2O2分子中O原子的杂化方式为_。 三氟甲磺酸能与碘苯反应生成三氟甲磺酸苯酯和碘化氢。1个三氟甲磺酸苯酯分子中含有键的数目为_。 (5)硫化锌晶体的构型有多种,其中一种硫化锌的晶胞如图2所示,该晶胞中S2-的配位数为_。 (6)镧镍合金是重要储氢材料,其储氢后的晶胞如图3所示。储氢前该镧镍合金的化学式为_。 该镧镍合金储氢后氢气的密度为_(用NA表示阿伏加德罗常数的数值)g&

18、#183;cm-3。 【解析】(1)基态钒原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2或Ar3d34s2;其排布时能量最高的电子所占的能级为3d,3d原子轨道有5个伸展方向。(2)氧原子在第二周期A族,同一周期从左向右,与氧同周期且第一电离能比氧大的主族元素有氮原子、氟原子。(3)氨气分子中氮原子价电子对数目为3+×(5-1×3)=4,所以采用sp3,空间构型为三角锥形;与CN- 互为等电子体(电子数14)的一种分子的化学式为N2或CO。(4)H2O2分子HOOH,O原子成2个键,有2对孤对电子,原子杂化轨道数=键数+孤对电子对数=2+2=4,

19、所以是sp3杂化。根据该有机物的结构看出,1个分子中含有键有3个CF 键、1个CS键、2个SO键、1个SO键、1个C0键、苯环上含有5个CH键和6个CC键,所以1个三氟甲磺酸苯酯分子中含有键的数目为19。(5)根据晶胞结构图,晶胞中含有S2-和Zn2+的配位数相等,晶体中与Zn2+最近且距离相等的S2-有4个,配位数为4。(6)根据晶胞结构图,储氢前,晶胞中含有镧原子数=8×=1, 镍原子数8×+1=5,合金的化学式为LaNi5。晶胞中氢气分子数目8×+2×=3.储氢后的合金化学式为LaNi5H6,储氢后1 mol晶胞的体积为:×NA= a3&

20、#215;10-30 ×NA cm3,1 mol晶胞中含有的氢气质量为6 g,该镧镍合金储氢后的密度为:6÷(a3×10-30NA)g·cm-3。答案:(1) Ar3d34s25(2) N、F (3)三角锥形N2或CO(4)sp319(5)4(6)LaNi5【加固训练】(2019·长春模拟)碳是地球上组成生命的最基本的元素之一。根据要求回答下列问题:(1)碳原子的价电子排布图:_,核外有_种不同运动状态的电子。 (2)碳可以形成多种有机化合物,下图所示是一种嘌呤和一种吡啶的结构,两种分子中所有原子都在一个平面上。嘌呤中所有元素的电负性

21、由大到小的顺序是_。 嘌呤中轨道之间的夹角1比2大,解释原因_。 吡啶结构中N 原子的杂化方式_。 分子中的大键可以用符号表示,其中m代表参与形成大键的原子数,n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为)。该嘌呤和吡啶中都含有大键,请问该吡啶中的大键表示为_。 (3)碳可形成CO、CO2、H2CO3等多种无机化合物。在反应CO 转化成CO2的过程中,下列说法正确的是_。 A.每个分子中孤对电子数不变 B.分子极性变化C.原子间成键方式改变D.分子的熔沸点变大干冰和冰是两种常见的分子晶体,晶体中的空间利用率:干冰_(填“>”“&l

22、t;”或“=”)冰。 H2CO3与H3PO4均有1个非羟基氧,H3PO4为中强酸,H2CO3为弱酸的原因 _。 (4)在2017 年,中外科学家团队共同合成了碳的一种新型同素异形体: T-碳。T-碳的结构是:将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4 个碳原子组成的正四面体结构单元取代,形成碳的一种新型三维立方晶体结构,如下图。已知T- 碳晶胞参数为a pm,阿伏加德罗常数为NA,则T-碳的密度的表达式为_g·cm-3。 【解析】(1)碳为6号元素,碳原子的价电子排布图为:,核外有6种不同运动状态的电子;(2)元素的非金属性越强,电负性数值越大,嘌呤中所有元素

23、的电负性由大到小的顺序为N>C>H;孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力,斥力越大,键角越大,因此嘌呤中轨道之间的夹角1比2大;吡啶结构中N原子连接有3个原子,含有1个孤对电子,采用sp3杂化;分子中的大键可以用符号表示,其中m代表参与形成大键的原子数,n代表参与形成大键的电子数。根据吡啶的结构,其中的大键由5个原子6个电子形成的表示为; (3)CO分子中碳和氧上各有1个孤对电子,CO2分子中碳和氧上各有2个孤对电子, A错误; CO为极性分子,CO2为非极性分子,分子极性变化, B正确; CO中存在碳氧三键,CO2中存在碳氧双键,分子中原子间成键方式改变, C正

24、确;反应物中的一氧化碳和氧气的相对分子质量小于生成物二氧化碳,分子的熔沸点变大, D正确。水分子间存在氢键,且氢键有方向性,导致水分子形成冰时存在较大的空隙,干冰分子之间只存在范德华力,形成的分子晶体是密堆积,晶体中的空间利用率:干冰>冰;非羟基氧相同的条件下,磷的非金属性强于碳,磷对羟基氧中电子的引力大于碳对羟基氧中电子的引力,使得前者的氢氧键比后者的弱,从而前者更容易电离出氢离子。(4)根据晶胞结构图,晶胞中含有的正四面体结构的数目=8×+6×12+4=8,每个正四面体结构含有4个碳原子,晶胞的质量=,已知T-碳晶胞参数为a pm,阿伏加德罗常数为NA,则T-碳的

25、密度为=4×8×12NA(a×10-10)3 g·cm-3。答案:(1)6(2)N>C>H(或N C H)孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力,斥力大,键角大sp3(3)BCD>由于非羟基氧相同的条件下,磷的非金属性强于碳,磷对羟基氧中电子的引力大于碳对羟基氧中电子的引力,使得前者的氢氧键比后者的弱,从而前者更容易电离出氢离子。(4)4×8×12NA(a×10-10)32.(2019·唐山模拟)钛对酸、碱具有较强的耐腐蚀性,密度小,比强度高,已成为化工生产中重要的材料。回答下列问

26、题:(1)基态钛原子的价电子排布式为_,其原子核外未成对电子有_个。金属钛晶胞如图所示,晶胞参数为a=b=295.08 pm,c=468.55 pm,=90°,=120°,则金属钛为_堆积(填堆积方式),其中钛原子的配位数为_。 (2)用熔融的镁在氩气中还原TiCl4可得到多孔的海绵钛。已知TiCl4在通常情况下是无色液体,熔点为-25 ,沸点为136 ,由此可知TiCl4为_晶体。 (3)通过X-射线探明KCl、CaO、TiN晶体与NaCl晶体结构相似,且知两种离子晶体的晶格能数据如下:离子晶体KClCaO晶格能/(kJ·mol-1)7153

27、 401解释KCl晶格能小于CaO的原因:_。 (4)钛可与C、N、O等元素形成二元化合物,C、N、O元素的电负性由大到小的顺序是_。 (5)钙钛矿晶体的晶胞结构如图所示,则该晶体的化学式为_ _。晶胞中的原子可用x、y、z组成的三数组来表示它在晶胞中的位置,称为原子坐标。已知原子坐标为A(0,0,0),B0,12,0;则Ca的原子坐标为_。 【解析】 (1)钛原子的核电荷数为22,其电子排布式为Ar3d24s2,则价电子排布式为3d24s2,其原子核外的d轨道有2个未成对电子。如题图所示,金属钛为六方最密堆积,其中钛原子的配位数为12。(2)TiCl4在通常情况

28、下是无色液体,熔点为-25 ,沸点为136 ,熔、沸点较低,由此可判断TiCl4是由共价键结合的分子,属于分子晶体。(3)已知离子晶体的离子半径越小,所带电荷数越多,晶格能越大。KCl、CaO均是离子晶体,而K+的半径大于Ca2+、K+的电荷数小于Ca2+,Cl-的半径大于O2-、Cl-的电荷数小于O2-,故KCl的晶格能小于CaO的晶格能。(4)元素的非金属性越强,电负性越大,C、N、O三种元素非金属性的强弱顺序为O>N>C,则电负性由大到小的顺序是O>N>C。(5)根据钙钛矿晶胞结构图,晶胞中Ti原子数为8×18=1,O原子数为12×=3,Ca原

29、子数为1,所以该化合物的化学式为CaTiO3。Ca位于晶胞的体心,则Ca的原子坐标为。答案:(1)3d24s22六方最密12(2)分子(3)KCl、CaO均是离子晶体,而K+的半径大于Ca2+、K+的电荷数小于Ca2+,Cl-的半径大于O2-、Cl-的电荷数小于O2-,故KCl的晶格能小于CaO的晶格能(4)O>N>C(5)CaTiO33.(新题预测)铁、钴、镍并称铁系元素,性质具有相似性。(1)基态钴原子的核外电子排布式为_。 (2)铁氰化钾 K3Fe(CN)6溶液可以检验Fe2+。1 mol CN-中含有键的数目为_,与CN-互为等电子体的分子有_,铁氰化钾晶体中各种

30、微粒间的相互作用不包括_。 a.离子键b.共价键c.配位键d.金属键e.氢键f.范德华力(3)纳米结构氧化钴可在室温下将甲醛(HCHO)完全催化氧化。甲醛分子的立体构型为_,碳原子的杂化类型为_。 (4)某氮化铁的晶胞结构如图所示:原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中,原子坐标参数A为(0,0,0);B为;C为(0,1,1)。则D原子的坐标参数为_。 若该晶体的密度是 g·cm-3,则晶胞中两个最近的Fe的核间距为_cm。(用含的代数式表示,不必化简) 【解析】 (2)CN-中C、N之间为三键,根据1个三键中含有1个键和2个键,

31、1 mol CN-含有2NA个键。K+、Fe(CN)63-之间为离子键,Fe3+与CN-之间为配位键,CN-中C、N之间为共价键。(3)HCHO的结构式为,C无孤电子对,立体构型为平面三角形,C的杂化轨道数为3,杂化类型为sp2杂化。(4)D位于该晶胞侧面的面心,可知其坐标参数为。该晶胞中Fe的个数为8×+6×=4,N的个数为1。设两个最近的Fe核间距为x cm,晶胞的边长为a cm,则a=2x,故a=x。则 g·cm-3×(x cm)3=,x=223238NA。答案:(1)1s22s22p63s23p63d74s2或Ar3d74s2(2)2NACO、N

32、2def(3)平面三角形sp2杂化(4)【加固训练】1.(2019·西安模拟)卤族元素的单质和化合物很多,我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解它们。(1)卤族元素位于元素周期表的_区;溴的价电子排布式为_。 (2)在一定浓度的溶液中,氢氟酸是以二分子缔合(HF)2形式存在的。使氢氟酸分子缔合的作用力是_。 (3)已知碘酸(HIO3)和高碘酸(H5IO6)的结构分别如图、所示:请比较二者酸性强弱: HIO3_ (填“>”“<”或“=”)H5IO6。 (4)已知 Cl 为V形结构,中心氯原子周围有四对价层电子。Cl中心氯原子的杂化

33、轨道类型为_,写出一个Cl的等电子体_。 (5)如图为碘晶体晶胞结构。有关说法中正确的是_。 A.碘分子排列有2种不同取向,2种取向不同的碘分子以配位数4交替配位形成层结构B.用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子C.碘晶体为无限延伸的空间结构,是原子晶体D.碘晶体中存在的相互作用有非极性键和范德华力(6)已知CaF2晶体(如图)的密度为 g·cm-3, NA为阿伏加德罗常数的值,棱上相邻的两个 Ca2+的核间距为a cm,则CaF2的相对分子质量可以表示为_。 【解析】(1)根据构造原理可知,卤族元素最后填入的电子为p电子,所以卤族元素位于元素周期表的

34、p区;溴是35号元素,最外层电子为其价电子,4s能级上排列2个电子,4p能级上排列5个电子,所以其价电子排布式为4s24p5。(2)HF分子之间存在氢键,使氢氟酸分子缔合。(3)H5IO6中含有5个羟基氢,为五元酸,含非羟基氧原子1个,HIO3为一元酸,含有1个羟基氢,含非羟基氧原子2个,所以酸性:HIO3>H5IO6。(4)Cl中心氯原子的价层电子对数n=7+12=4,属于sp3杂化;原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体,所以与Cl互为等电子体的分子为Cl2O、OF2等。(5)碘分子的排列有2种不同的取向,在顶点和面心不同,2种取向不同的碘分子以4为配位数交替配位形成层结构,A正确

35、;用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘分子,即有8个碘原子,B错误;碘晶体为无限延伸的空间结构,构成微粒为分子,是分子晶体,C错误;碘晶体中的碘原子间存在II非极性键,而晶体中分子之间存在范德华力,D正确。(6)该晶胞中含有钙离子个数=8×1/8+6×1/2=4,含有氟离子个数=8,棱上相邻的两个Ca2+的核间距为a cm,则晶胞体积=a3 cm3,所以×a3=×M,解得M=。答案: (1) p4s24p5(2)氢键(3)>(4) sp3Cl2O或OF2(5)AD(6)2.(2019·惠州模拟)在电解冶炼铝的过程中加入冰晶石,可起到降低Al

36、2O3熔点的作用。冰晶石的生产原理为2Al(OH)3+12HF+3Na2CO32Na3AlF6+3CO2+9H2O。根据题意填空:(1)冰晶石的晶体不导电,但熔融时能导电,则在冰晶石晶体中存在_(填序号)。 a.离子键b.极性键c.配位键d.范德华力(2)CO2分子的空间构型为_,中心原子的杂化方式为_,和CO2互为等电子体的氧化物是_。 (3)反应物中电负性最大的元素为_(填元素符号),写出其原子最外层的电子排布式:_。 (4)冰晶石由两种微粒构成,冰晶石的晶胞结构如图甲所示,位于大立方体的顶点和面心,位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心,那么大立方

37、体的体心处所代表的微粒是_(填具体的微粒符号)。 (5)Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示,其晶胞特征如图丙所示,原子之间相互位置关系的平面图如图丁所示。若已知Al的原子半径为a,NA代表阿伏加德罗常数,Al的相对原子质量为M,则一个晶胞中铝原子的数目为_个;Al晶体的密度为_(用字母表示)。 【解析】(1)冰晶石的晶体不导电,但熔融时能导电,说明冰晶石是离子晶体,由Na+和AlF63构成,阴、阳离子之间存在离子键,AlF63中存在极性键和配位键。(2)CO2分子中碳原子形成2个CO键,中心碳原子采取sp杂化,则CO2分子是直线形结构。根据等电子体原理可知,与CO2

38、互为等电子体的氧化物分子符合条件:分子中有3个原子;价电子总数为4+2×6=16个,符合要求的分子有N2O等。(3)反应物中电负性最大的元素为氟元素,其原子核外电子排布式为1s22s22p5,故最外层的电子排布式为2s22p5。(4)冰晶石的晶胞结构中,位于大立方体的顶点和面心,位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心,则每个大立方体晶胞中含有“”个数为8×+6×=4个,含有“”个数为8+12×=11个,若与白球代表的微粒相同,则黑球、白球的个数之比为412=13,故黑球代表AlF63,白球和代表Na+。(5)由Al晶胞结构可知,铝原子位于晶胞的8个顶角和6个面心,则每个晶胞中含有铝原子个数为8×+6×=4个。由图乙、丁可知,晶胞参数为2a,则晶胞的体积为V=(2a)3=16a3,则铝晶体的密度为=。答案:(1)abc(2)直线形spN2O(3)F2s22p5(4)Na+(5)417