一、晶胞的相关计算
1．根据下列结构示意图，判断下列说法中正确的是
A．在CsCl晶体中，距Cs+最近的Cl-有6个 B．在CaF2晶体中，Ca2+周围距离最近的F-有4个
C．在SiO2晶体中，每个晶胞中含有4个Si原子和8个O原子 D．在铜晶体中，每个铜原子周围距离最近的铜原子有12个
2．Mg、Ni、Cu、Zn 等元素在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题： (1)Mg、Ni、Cu 等金属可能形成金属互化物。金属互化物的结构类型丰富多样，确定某种金属互化物是晶体还是非晶体可通过___________测定。
(2)根据 Cu、Zn 的原子结构比较第一电离能：I1(Cu)_________ I1(Zn)（填“大于”、 “等于”或“小于”），理由是_____________________。
(3)[Ni(NH3)6](NO3)2 中不存在的化学键为___________（填序号）。 a．离子键 b．金属键 c．配位键 d．氢键 (4)镍基合金储氢的研究已取得很大进展。 ①图甲是一种镍基合金储氢后的晶胞结构示意图。
该合金储氢后，H2 与 Ni 的物质的量之比为___________。
②Mg2NiH4 是一种储氢的金属氢化物。在 Mg2NiH4 晶胞中，Ni 原子占据如图乙的顶点和面心，Mg2+处于乙图八个小立方体的体心。Mg2+位于 Ni 原子形成的___________ (填“八面体空隙”或“四面体空隙”)。 晶体的密度为ρg·cm－3，NA表示阿伏加德罗常数，Mg2+和 Ni 原子的最短距离为__________cm(用含ρ和 NA 的代数式表示)。 3．物质的组成与结构决定了物质的性质与变化。回答下列问题： （1）基态铁原子简化的电子排布式为[Ar]___。 （2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。 ①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是___。
②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为___，提供孤电子对的成键原子是___。 ③氨的沸点高于膦(PH3)的原因是___；PH3分子中P原子的杂化轨道类型为___。 （3）铜与(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，1mol(SCN)2中含有π键的数目为___。
（4）天然硅酸盐组成复杂，阴离子的基本结构单元是[SiO4]四面体，如图(a)，通过共用顶角氧离子可形成链状、网状等结构，图(b)为一种无限长双链结构的多硅酸根，该多硅酸根的化学式为___(用n代表聚合度)。
（5）碘与锰形成的某种化合物晶胞结构及参数如图所示，该化合物的化学式是___，其晶cm-3(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。 体密度的计算表达式为___g·
4．瑞德西韦（Remdesivir）是一种核苷类似物，具有抗病毒活性，对新型冠状病毒（2019-nCoV）病例展现出较好的疗效。其结构如图a所示，回到下列问题：
（1）该结构中P原子价电子的轨道表示式为_________。
（2）该结构中处于第二周期原子第一电离能从大到小的顺序为_______（用化学用语回答）。
（3）该结构氨基中N的杂化方式为_________，该分子间的作用力有________。 （4）苯酚（C6H5OH）为合成反应物之一，苯酚的晶体类型是_________，与甲苯（
）的相对分子质量相近，但苯酚的熔沸点高于甲苯，原因是________。
（5）某镨（59Pr）的化合物是合成该分子的催化剂之一，则镨元素位于元素周期表中的__________区。MgCl2也是合成瑞德西韦的催化剂，晶胞如图b所示，则Mg2+处于氯离子围成的___________空隙中。晶胞参数为acm、acm、bcm，则该晶体的密度为
_____________g/cm3。（填表达式，已知底面夹角分别为120°、60°，侧面与底面垂直）
5．Ⅰ.过渡金属元素性质研究在无机化学中所占的比重越来越大。 （1）铜元素在周期表的位置是______。
（2）比较NH3和[Cu(NH3)2]2+中H-N-H键角的大小：NH3______[Cu(NH3)2]2+（填“＞”或“＜”），并说明理由______。
（3）铜金合金是一种储氢材料，晶胞参数anm，面心立方堆积，铜原子在晶胞的面心位置，金原子在晶胞的顶点位置。已知阿伏加德罗常数的数值为NA，铜、金的摩尔质量分别为M(Cu)、M(Au)，该晶体的密度为______g/cm3；氢原子可以进入到铜原子和金原子构成的四面体的空隙中，该材料储满氢后的化学式为______。
（4）研究发现，钒元素的某种配合物可增强胰岛素降糖作用，它是电中性分子，结构如图1，在图中画出由钒离子形成的配合物中的配位键______。
Ⅱ.氮元素可以形成多种化合物。
（5）NO3-的立体构型的名称是______，NO3-的一种等电子体为______。
（6）硫酸和硝酸都是常见的强酸，但性质差异明显：硫酸是粘稠的油状液体，沸点338℃；硝酸是无色液体，沸点仅为122℃，试从氢键的角度解释原因：______。 （7）图2表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的四个顶点（见图3），分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是______（填标号）。
a.CF4 b.CH4 c.NH4+ d.H2O
6．钯(Pd)、锌及其化合物在合成酮类物质中有极其重要的作用，如图为合成反应过程：
的
回答下列问题：
(1)I原子价电子排布式为___________，其能量最高的能层是___________(填能层符号)。 (2)H、C、O三种元素的电负性由大到小的顺序为___________。 (3)
中碳原子的杂化方式为___________。
(4)ZnCl2溶液中加入足量氨水，发生的反应为ZnCl2＋4NH3·H2O＝[Zn(NH3)4]Cl2＋4H2O。 ①上述反应涉及的物质中，固态时属于分子晶体的是___________。 ②NH3的空间构型为___________。
③1 mol [Zn(NH3)4]Cl2中含有___________mol σ键。
(5)Zn和Cu可形成金属互化物(ZnCu)，该金属互化物中所有金属原子均按面心立方最密堆积，若所有Cu均位于晶胞的面心，则Zn位于晶胞的___________。 (6)金属钯的堆积方式如图所示：
①该晶胞中原子的空间利用率为___________(用含π的式子表示)。
cm3。 ②若该晶胞参数a＝658 pm，则该晶胞密度为___________(列出计算表达式)g·
7．2019 年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2 和 LiMnO2 等都是他们研究锂离子电池的载体。回答下列问题： （1）基态 Ti 原子的价层电子排布图为____。
（2）在第四周期 d 区元素中，与 Ti 原子未成对电子数相同的元素名称________。 （3）金属钛的原子堆积方式如图所示，则金属钛晶胞俯视图为______。
－
mol-1，I3（Fe）＝2957 kJ·mol-1。锰的第三（4）已知第三电离能数据：I3（Mn）＝3246 kJ·电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是______。
（5）据报道，在 MnO2 的催化下，甲醛可被氧化成 CO2，在处理含 HCHO 的废水或空气方面有广泛应用。HCHO中键角________CO2 中键角（填“大于”“小于”或“等于”）。 （6）Co3+、Co2+能与 NH3、H2O、SCN-等配体组成配合物。 ①1 mol[ Co（NH3）6]3+含______mol σ键。
②配位原子提供孤电子对与电负性有关，电负性越大，对孤电子对吸引力越大。SCN-的结构式为[S＝C＝N] -，SCN-与金属离子形成的配离子中配位原子是_______（填元素符号）。 （7）工业上，采用电解熔融氯化锂制备锂，钠还原 TiCl4（g）制备钛。已知：LiCl、TiCl4的熔点分别为 605℃、－24℃，它们的熔点相差很大，其主要原因是________。 （8）钛的化合物晶胞如图所示。
二氧化钛晶胞如图 1 所示，钛原子配位数为______。氮化钛的晶胞如图 2 所示， 图 3 是氮化钛的晶胞截面图（相邻原子两两相切）。已知：NA 是阿伏加德罗常数的值，氮化钛晶体cm-3。氮化钛晶胞中 N 原子半径为________pm。 密度为 d g·
8．元素的性质与原子结构、元素在周期表中的位置有着密切的关系。回答下列问题：
（1）如图表示某短周期元素X的前五级电离能（I）的对数值，试推测并写出X的元素符号___。
（2）化合物甲与SO2所含元素种类相同，两者互为等电子体，请写出甲的化学式___，甲分子中心原子的杂化类型是___。
（3）配位化学创始人维尔纳发现，将1mo1CoC13·5NH3（紫红色）和1mo1CoC13•4NH3（绿色）溶于水，加入AgNO3溶液，立即沉淀的AgCl分别为2mo1、1mol。则紫红色配合物中配离子的化学式为___，绿色配合物中Co的配位数为___。
（4）某稀土元素M的氧化物晶体为立方晶胞，其结构如图所示，图中小球代表氧离子，大球代表M离子。
①写出该氧化物的化学式___。
②己知该晶体密度为ρg·cm-3，晶胞参数为anm，NA为阿伏加德罗常数的值。则M的相对原子质量Mr=___（用含ρ、a等的代数式表示）；
③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子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子1（M原子）的坐标为（___。
9．国家航天局计划2020年实施火星探测任务。据了解火星上存在大量的含氮化合物科学家推测火星生命可能主要以氮、碳、硅、铜为基体构成。 (1)邻氨基吡啶（
）的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应。
113，，），则原子2(M原子）的坐标为444①邻氨基吡啶中所有元素的电负性由小到大的顺序为__（填元素符号）。设NA为阿伏加德罗常数的值，1mol
中含有σ键的数目为__。
②一定条件下-NH2可以被氧化成-NO2，-NH2中N原子的杂化方式为__杂化。
(2)第四周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素的基态原子电子排布式为___。
①嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，原因是___。 ②
分子中的大π键可以用符号m表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，
nn代表参与形成大π键的电子数。则该吡啶中的大π键可表示为__。 (3)火星岩石中存在大量的氮化镓，氮化镓为六方晶胞，结构如图3所示。
若该晶体密度为dg·cm-3，晶胞参数a=b≠c（单位：nm），a、b夹角为120o，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数c=__（写出代数式）nm。
10．中国的铀工业自20世纪50年代兴起，现已形成完整的和具有相当规模的科研和工业生产体系。铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4〔UO2(CO3)3〕等。回答下列问题：
(1)UF4用Mg或Ca还原可得金属铀。
①基态氟原子的价电子排布图为_____________；
②金属铀的一种堆积方式为体心立方堆积，该堆积方式的空间利用率为_______； ③UF4用Mg或Ca还原时，其氧化产物是MgF2或CaF2，已知MgF2的熔点高于CaF2，其原因是_________________。
800℃(2)已知：(NH4)4〔UO2(CO3)3〕3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O↑
①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕存在的微粒间作用力是_________； a. 离子键 b. 共价键 c. 配位键 d. 金属键
②NH4+的空间构型为______，与NH4+等电子体的分子或离子有_____(写一种)； ③CO32－中碳原子杂化轨道类型为_________； (3)UO2的晶胞结构如图所示：
①晶胞中U原子位于面心和顶点，氧原子填充在U原子堆积形成的空隙中，在该空隙中氧原子堆积形成的立体的空间构型为___________(填“立方体”、“四面体”、“八面体”)； cm－3。(列出含a②若两个氧原子间的最短距离为a nm，则UO2晶体的密度为__________g·算式即可。用NA表示阿伏加德罗常数的值。)
11．2018年4月23日，中国人民海军成立69周年。提到海军就不得不提航空母舰，我国正在建造第三艘航空母舰。镍铬钢抗腐蚀性能强，可用于建造航母。
(1)航母甲板镍铬钢表面涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷（结构如图甲所示）。基态Cr原子的价电子排布式为_____________，基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_____________形，元素C、O、F的电负性由大到小的顺序为_____________。
(2)海洋是元素的摇篮，海水中含有大量F、Cl、Br、I元素。
①OF2的空间构型为_____________，其中O原子杂化方式为_____________杂化。 ②KCl晶体中存在的化学键类型有_____________；CaCl2熔点要比KCl的熔点高很多，主要原因为____________________________________________________________________。
(3)海底金属软泥是在海洋底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、氧化铁、锰、锌等。Zn2+与S2-形成的一种晶胞结构如图乙所示（黑球表示Zn2+，白球表示S2-），Zn2+的配位数为_____________。晶胞边长为a nm、ZnS相对分子质量为M，阿伏加德cm-3。 罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为_____________g·
12．铜元素是一种金属化学元素，也是人体所必须的一种微量元素， 铜也是人类最早发现的金属， 是人类广泛使用的一种金属，属于重金属。某种铜的氯化物晶体结构如图：
若氯原子位于铜形成的四面体的体心，且铜原子与铜原子、铜原子与氯原子都是采取最密堆积方式，则氯原子与铜原子半径之比为________。
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一、晶胞的相关计算 1．D 解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
A.在CsCl晶体中，每个Cs周围与其距离最近的Cl有8个，故A错误；
B.在CaF2晶体中，每个F周围最近距离的Ca2分布在一个顶点以及和这个顶点相连的三个面的面心上，一共是4个，每个Ca2被8个F所包围，故B错误；
C.在二氧化硅晶胞中有8个硅原子位于立方晶胞的8个顶角，有6个硅原子位于晶胞的6个面心，还有4个硅原子与16个氧原子在晶胞内构成4个硅氧四面体，它们均匀错开排列于晶胞内，所以每个晶胞中含有8个Si原子和16个O原子，故C错误；
D.以顶点Cu原子为研究对象，与之最近的Cu原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为故选D。
3812，故D正确； 22．C
解析：X—射线衍射实验 小于 Zn原子轨道中电子处于全满状态，较难失电子，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态 b 3:5 四面体空隙 【解析】 【分析】
（1）确定某种金属互化物是晶体还是非晶体可通过X—射线衍射实验测定；
（2）轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易
341113 4ρNA失电子；
（3）[Ni(NH3)6](NO3)2中NH3与Ni2+之间为配位键；[Ni(NH3)6]2+与NO3-之间为离子键； （4）①根据晶胞结构示意图计算晶胞中H2 与 Ni个数比；
②Ni 原子占据如图乙的顶点和面心，Mg2+处于乙图八个小立方体的体心，则Mg2+位于 Ni 原子形成四面体空隙；Mg2+和 Ni 原子的最短距离为晶胞体对角线的算。 【详解】
（1）确定某种金属互化物是晶体还是非晶体可通过X—射线衍射实验测定，故答案为：X—射线衍射实验；
（2）轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，基态Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，基态Zn的核外电子排布式为[Ar]3d104s2，Zn原子轨道中电子处于全满状态，较难失电子，而Cu失去1个电子成为Cu+：[Ar]3d10，，Cu+达到全满结构，较稳定，Cu失去1个电子更容易，则第一电离能Cu 1164，Mg2+个数为8，由化学式可824111g，晶体的密度为ρg·cm-3，则晶胞的边长为：NA341111NA4111 ，Mg2+和 Ni 原子的最短距离为晶胞体对角线的，则Mg2+和 Ni 3cm4ρρNA原子的最短距离为【点睛】 34111341113cm，故答案为：四面体空隙；3。 4ρNA4ρNA1。 46n由晶胞示意图可知Mg2+和 Ni 原子的最短距离为晶胞体对角线的 3．H 解析：3d64s2 正四面体 配位键 N NH3分子间可形成氢键 sp3 4NA Si4O11n MnI2 2063 a2bNA【解析】 【分析】 【详解】 (1)基态铁原子核外有26个电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，简化的电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为：3d64s2； (2)①SO42-中心原子的价电子对数为4面体，故答案为：正四面体； ②[Ni(NH3)6]2+为配离子，Ni2+与NH3之间为配位键。配体NH3中提供孤电子对的为N，故答案为：配位键；N； ③NH3分子间存在氢键，故沸点比PH3高，NH3中N有一个孤电子对，立体构型为三角锥形，因此NH3为极性分子，N的杂化轨道数为3+1=4，杂化类型为sp3，故答案为：NH3分子间可形成氢键；sp3； (3)(SCN)2的结构简式为N≡C—S—S—C≡N，则1mol(SCN)2中含有π键的数目为4NA，故答案为：4NA； (4)图(b)为一种无限长层状结构的多硅酸根，图(a)中一个SiO44-四面体结构单元中其中有3个氧原子的贡献率为=2+4× 62244，S无孤电子对，立体构型为正四 211，多硅酸根结构单元中含有2+4×=4个硅，氧原子数目22116n6n+6×+4=11，则该多硅酸盐的化学式为Si4O11n，故答案为：Si4O11n； 22(5)根据均摊法可知，每个晶胞中含有81=1个锰离子，2个碘离子，该化合物的化学式8309NA206320632gcm-3，故答案为：MnI2；2是MnI2，晶胞密度ρ。 abNAabNA32ab24．C 解析： N>O>C sp3 范德华力、氢键 分子晶体 苯酚分子之间存在氢 键 f 八面体（填正八面体也给分） 【解析】 【分析】 5703gcm 3a2bNA（1）根据元素符号，判断元素原子的核外电子数，根据构造原理写出该原子的价电子轨道表示式。 （2）根据同一周期，随着原子序数的增加，元素的第一电离能呈增大趋势。同时要考虑特殊情况：第ⅡA、ⅤA族元素原子的最外层电子分别为全充满和半充满状态，其第一电离能 大于同周期相邻元素。 （3）可通过成键数和孤对电子的数目判断N原子的轨道杂化方式。 （4）可根据物质的分类判断苯酚的晶体类型，结合苯酚和甲苯的分子结构差异，可得出二者熔沸点差异的原因。 （5）根据原子序数可判断出该元素在元素周期表中的位置，结合晶体结构进行分析判断。 【详解】 （1）P原子最外层有5个电子，其中一对孤电子对，三个未成对电子。该结构中P原子的价电子的轨道表示式为 ；答案为： ； （2）该结构中处于第二周期的原子有：C、N、O，随着原子序数的增加，元素的第一电离能逐渐增大，但N元素最外层电子为半充满状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，故该结构中处于第二周期原子第一电离能从大到小的顺序为N>O>C；答案为：N>O>C； （3）该结构氨基中N原子有1对未成键的孤对电子，与3对成键电子对相互排斥，采取sp3杂化，根据图中该物质的分子组成，可知该分子间作用力有范德华力和氢键。答案为：sp3；范德华力、氢键； （4）根据物质的分类判断晶体类型，可知苯酚为分子晶体，比较苯酚和甲苯分子的结构差异，苯酚分子间有氢键。根据分子晶体中，具有氢键的分子晶体，熔沸点反常的高，且氢键的键能越大，熔沸点越高。故其熔沸点高于甲苯。答案为：分子晶体；苯酚分子之间存在氢键； （5）镨(59Pr)元素的原子序数为59，Xe元素原子序数为54，则可知镨(59Pr)元素应位于第六周期第ⅢB族，属于镧系元素，位于周期表中f区元素。由图b可知，Mg2+ 处于氯离子 -围成的八面体空隙中。由图b可知，该晶胞中含Mg2+的个数为8+2=3，含Cl原子的 18个数为81+4=6，则1个晶胞中含3个MgCl2。则晶胞的质量为4324+35.52285g=g，晶胞底面面积为a2cm2sin60=3a2cm2，晶胞的体积为 NANA2285gm570N332232A3gcm，由。 acmbcm=abcm2V323abNA22abcm32答案为：f；八面体；【点睛】 晶体微粒与M、ρ之间的关系： 若1个晶胞中含有x个微粒，则1mol晶胞中含有xmol微粒，其质量为xMg（M为微粒的相对“分子”质量）；1个晶胞的质量为ρa3g（a3为晶胞的体积，ρ为晶胞的密度），则1mol晶胞的质量为ρa3NAg，因此有xM=ρa3NA。 570gcm3。 23abNA5．B 解析：第四周期第ⅠB族 ＜ 因为NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子 3M(Cu)+M(Au) H8Cu3Au 对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大 3a10-21NA 平面正三角形 CO32- 硫酸易形成分子间氢键，所以比较粘稠、沸点 高；硝酸能够形成分子内氢键，所以沸点比较低 c 【解析】 【分析】 【详解】 Ⅰ.（1）铜元素在周期表的位置是第四周期第ⅠB族。故答案为：第四周期第ⅠB族； （2）氨分子中有孤电子对，孤电子对对成键电子对作用力大，NH3和[Cu(NH3)2]2+中H-N-H键角的大小：NH3＜[Cu(NH3)2]2+，理由：因为NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大。 故答案为：＜ ；因为NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大； （3）铜金合金是一种储氢材料，晶胞参数anm，面心立方堆积，铜原子在晶胞的面心位置，金原子在晶胞的顶点位置。该晶胞中Au原子个数=8×以该合金中Au原子与Cu原子个数之比=1：3， 晶胞体积V=（a×10-10cm）3，每个晶胞中铜原子个数是3、Au原子个数是1，则 11=1，Cu原子个数=6×=3，所 283MCuMAu3M(Cu)+M(Au)NAρ= g·cm－3=3g·cm－3； -21a10NA37a10晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，Au原子为3个面的顶点，晶胞中Au原子与面心Cu原子构成8个四面体空隙，氢原子进入到铜原子和金原子构成的四面体的空隙中，该材料储满氢后的化学式为H8Cu3Au。 3M(Cu)+M(Au)故答案为：3；H8Cu3Au； a10-21NA（4）根据如图1，N原子最外层5个电子，其中2个电子与碳形成碳碳双键，1个电子与碳形成单键，孤电子对进入V的空轨道，形成配位键，在图中画出由钒离子形成的配合物 中的配位键，如图。 故答案为：； Ⅱ.（5）NO3-的中心原子价层电子对=3+ 5123=3，sp2杂化，立体构型的名称是平面 2正三角形，NO3-的一种等电子体为CO32-、SO3等。 故答案为：平面正三角形 ；CO32- ； （6）硫酸和硝酸都是常见的强酸，但性质差异明显，从氢键的角度解释原因：硫酸易形成分子间氢键，所以比较粘稠、沸点高；硝酸能够形成分子内氢键，所以沸点比较低。 故答案为：硫酸易形成分子间氢键，所以比较粘稠、沸点高；硝酸能够形成分子内氢键，所以沸点比较低； （7）由氢键的形成条件及成键元素（N、O、F、H）可知，本题中嵌入某微粒分别与4个N原子形成4个氢键，由成键元素及数目可知为NH4＋。 故答案为：c。 6．C 解析：5s25p5 O O>C >H sp2、sp3 NH3·H2O、H2O 三角锥形 16 顶点、面心 41062 23103 6.0210(65810)6【解析】 【分析】 根据原子杂化轨道和价层电子排布原理进行回答，晶胞原子利用率=原子体积/晶胞总体积，回答下列问题。 【详解】 (1)I原子为53号元素，则价层电子排布式为：5s25p5；能量最高的为第四层，即O。 (2) 同周期元素，从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性C＜O，H的电负性最小，故有H＜C＜O。 (3) 中碳原子的结构有甲基和苯环，杂化方式为sp2、sp3。 (4) ①ZnCl2和[Zn(NH3)4]Cl2为离子晶体，属于分子晶体的是NH3·H2O、H2O。 ②NH3的空间构型为三角锥形。 ③锌和氮原子之间可形成4个σ键，每个氨气中有3个σ键，所有1 mol [Zn(NH3)4]Cl2中含有4+3×4=16mol σ键。 (5)Zn和Cu可形成金属互化物(ZnCu)，该金属互化物中所有金属原子均按面心立方最密堆积，若所有Cu均位于晶胞的面心，则Zn位于晶胞的顶点、面心。 (6) ①面心立方最密堆积结构，含有钯原子数目为6288=4个钯原子，设钯原子半径为 1116r3r，晶胞中钯原子的体积为，面心立方中，体对角线上为3个钯原子相切，则体对 33角线为4r，晶胞边长为22r，晶胞体积为(22r），该晶胞中原子的空间利用率为 16r32。 36(22r)3②若该晶胞参数a＝658 pm，则该晶胞密度为【点睛】 本题计算晶胞密度时，注意①NA个晶胞质量和摩尔质量关系； ②金属原子半径和立方体边长关系；③单位关系换算1 nm= 1 000 pm=10-9 m。 4M4106=cm－3。 323103g·NAa6.0210(65810)7．D 解析： 镍 D Mn2+价层电子排布式为3d54s2达到稳定结构，不易失 电子形成Mn3+，Fe2+价电子排布式为3d6，要失去1个电子才达到稳定结构，较易形成Fe3+，所以锰的第三电离能大于铁 小于 24 S 氯化锂是离子化合物，属于离子晶体，氯化钛是共价化合物，属于分子晶体，离子晶体里的离子键要比分子晶体里的分子间作用力强 6 【解析】 【分析】 (1)基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图； (2)在第四周期d区元素中，与Ti原子未成对电子数相同，该元素核外电子排布式为[Ar]3d84s2； (3)Ti原子密置层排列为ABABAB…排列方式，属于六方最密堆积，平行六面体的晶胞上下底面为菱形，平行六面体均分为2个正三棱柱，其中1个正三棱柱的中心有1个Ti原子，金属钛晶胞俯视图与D相符合； (4)原子轨道处于半满、全满时能量更低更稳定； (5)HCHO和CO2中C原子杂化方式不同； (6)①1个[Co(NH3)6]3+中含有18个共价键，6个配位键，配位键也是σ键；②SCN-的结构式为[S＝C＝N]-，C原子没有孤对电子，N和S都有孤对电子，电负性越大，对孤电子对吸引力越大； (7)离子晶体比分子晶体熔点高； (8)由图1里面1个晶胞里Ti、O两种原子的个数可知Ti原子的配位数，由图2可知1个晶胞里各原子的个数，计算出晶胞的质量，结合密度计算晶胞的体积，晶胞的体积开三次方得到晶胞的棱长，再由图3中两种原子半径与棱长的关系进行计算； 根据以上分析进行解答。 【详解】 (1)Ti的原子序数为22，根据能级图及能量构造原理可得核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2，价电子排布图为： 。 2262431010 4NAd答案为：。 (2)Ti原子未成对电子数为2，在第四周期d区元素中，与Ti原子未成对电子数相同的元素的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，为镍元素。 答案为：镍。 (3)根据金属钛的原子堆积方式可知，该堆积方式为ABABABA…晶胞结构为， 故金属钛晶胞俯视图为D。 答案为：D。 (4)Mn2+价层电子排布式为3d54s2达到稳定结构，不易失电子形成Mn3+，Fe2+价电子排布式为3d6，要失去1个电子才达到稳定结构，较易形成Fe3+，所以锰的第三电离能大于铁。 答案为：Mn2+价层电子排布式为3d54s2达到稳定结构，不易失电子形成Mn3+，Fe2+价电子排布式为3d6，要失去1个电子才达到稳定结构，较易形成Fe3+，所以锰的第三电离能大于铁。 (5)HCHO分子是平面结构，键角接近120˚，而CO2的键角是180˚，C原子的杂化类型不同，键角不同。 答案：小于。 (6)①1个NH3含有3个共价键，还能形成1个配位键，共价键和配位键都是σ键，所以1mol[Co(NH3)6]3+含24molσ键。 答案：24。 ②SCN-的结构式为[S＝C＝N]-，C原子没有孤对电子，N和S原子都有孤对电子，电负性越大对孤电子对吸引力越强，越不易给出电子形成配位键，N的电负性大于S，所以SCN-与金属离子形成的配离子中配位原子是S。 答案为：S。 (7)依题意，氯化锂是离子化合物，属于离子晶体，氯化钛是共价化合物，属于分子晶体，离子晶体里的离子键要比分子晶体里的分子间作用力强，所以离子晶体的熔点比较高。 答案为：氯化锂是离子化合物，属于离子晶体，氯化钛是共价化合物，属于分子晶体，离子晶体里的离子键要比分子晶体里的分子间作用力强。 (8)图1中，由均摊法可知1个晶胞含2个黑球4个白球(2个白球在体内，4个白球在面心)，所以黑球为钛，白球为氧，1个钛与6个氧相连，钛的配位数为6；由图2可知1个晶胞含4个TiN，TiN的相对式量为62，图3棱上三个粒子相切，设晶胞棱长为a，d= 46262431010pm，[4r(Ti)]2=2a2，r(Ti)=2a，2r(Ti)+2r(N)=a，a=，3NAaNAd4r(N)= 2222624a31010pm。 44NAd2262431010。 4NAd答案为：6； 8．C 131ρNAa310-21-128解析：Mg S2O或OS2 sp [Co(NH3)5Cl] 6 MO2 (,,) 4444【解析】 【分析】 【详解】 2 2+ （1）根据图像可以发现该元素的第三电离能显著增大，因此推测其为第二主族元素，而铍只有4个电子，不可能有第五电离能，因此只能为镁元素，其元素符号为Mg； （2）将一个氧原子换成一个硫原子，因此的甲的化学式为S2O或OS2，SO2中硫原子是 sp2杂化，考虑到等电子体的结构类似，因此S2O分子中心原子的杂化类型也为sp2； （3）根据分析，1mol紫红色的物质中有2molCl-位于外界，因此剩下的1molCl-位于内界，其配离子的化学式为[Co(NH3)5Cl]，而1mol绿色的物质中有1molCl-位于外界，因此剩下的2molCl-位于内界，因此其配位数为4+2＝6； （4）①四个大球全部位于晶胞内部，因此按1个来算，而位于顶点的氧原子按算，位于棱心的氧原子按 2+1来计811来计算，位于面心的氧原子按来计算，位于体心的氧原子按421811+6+1=8个氧原子，根据分析，一个晶胞内有4421个来计算，因此一共有8+12个M离子和8个氧离子，因此其化学式为MO2； ②分子内有4个M和8个氧，因此一个晶胞的质量为 3-2134Mr+816g，晶体的体积为 NAmρNAa310-21-128； a10cm，代入ρ=后化简即可得到Mr=V4③把整个晶胞划分为8个小方块，则1号小球相当于左、上、后小方块的体心，2号小球相当于右、下、后小方块的体心，因此其坐标为(,,131)。 4449．H 解析：H＜C＜N 13NA sp2 1s22s22p63s23p64s2 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 II【解析】 【分析】 (1) ①邻氨基吡啶中含有的元素为H、C、N，非金属性H ②-NH2中N原子的杂化轨道数为N原子的价层电子对数。 65 11231021 a2dNA(2)从图中可以看出，该原子容易失去2个电子，从第3个电子起很难失去。 ①嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，夹角小，说明排斥作用大。 ② 分子中的大π键由5个原子6个电子形成。 (3) 在1个氮化镓晶胞中，含有2个“GaN”，晶胞的体积为 3aacnm3，晶胞的体积2284g也可表示为，利用两式，可求出c。 NAdg/cm3【详解】 (1) ①邻氨基吡啶中含有的元素为H、C、N，非金属性H 中含有σ键的数目为 13NA。答案为：H＜C＜N；13NA； ②-NH2中N原子形成2个共价键，还有1对孤对电子，N原子的价层电子对数为3，则N原子的杂化方式为sp2杂化。答案为：sp2； (2)从图中可以看出，该原子容易失去2个电子，从第3个电子起很难失去，所以第3个电子不在4p轨道上，只能在3p轨道，从而得出该元素的基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p64s2。答案为：1s22s22p63s23p64s2； ①嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，夹角小，说明排斥作用大，则原因是孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力。答案为：孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力； ② 分子中的大π键由5个原子6个电子形成，则该吡啶中的大π键可表示为 66II5。答案为：II5； (3) 在1个氮化镓晶胞中，含有2个“GaN”，晶胞的体积为3aacnm3，晶胞的体积22133284g284g10nm/cm3也可表示为，从而求出aacnm3=3，由此得出NAdg/cmNAdg/cm321123102111231021c=2。答案为：2。 adNAadNA【点睛】 中心原子的杂化轨道数等于中心原子的用于形成共价键电子所在的轨道数与孤对电子所在的轨道数之和，未用于成键的成单电子、形成π键的电子所在的轨道，都不发生轨道的杂化。 10．F 解析： 68% MgF2或CaF2均为离子晶体，MgF2的晶格能大于CaF2 abc 正四面体 CH4 sp2 立方体 【解析】 【分析】 42701021 38aNA(1)①F元素常用第二周期VIIA族，价电子排布式为2s22p5，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图； ②根据体心立方堆积晶胞的内部结构计算空间利用率，空间利用率＝ V(球)； V(晶胞)③CaF2和MgF2都是离子晶体，离子电荷相同，离子半径越小，晶格能越大，晶体的熔点越高； (2)①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕为离子晶体，含有离子键，铵根离子中有共价键和配位键； ②根据VSEPR理论判断NH4＋的空间构型，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒； ③根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断； (3)①由UO2的晶胞结构，氧原子与周围的4个U原子形成正四面体结构，氧原子位于正四面体的中心； ②如图晶胞内部上半部4个O原子形成正方形，正方形边长为晶胞棱长的 1，均摊法计算2晶胞中U、O原子数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，晶体密度＝晶胞质量÷晶胞体积。 【详解】 (1)①F原子价电子排布式为2s22p5，由泡利原理、洪特规则，价层电子排布图为 ； ②根据体心立方堆积晶胞的内部结构，1个体心立方晶胞含有硬球数目为8× 1＋1＝2个，8设硬球边长为a，根据硬球接触模型，则硬球半径与晶胞边长的关系为4r＝3a，所以r 4V(球)2r333a，所以空间利用率＝=＝＝×100%＝68%； 3100%V(晶胞)48a3＋＋ ③MgF2和CaF2均为离子晶体，Mg2半径小于Ca2半径，MgF2的晶格能大于CaF2，故 MgF2的熔点较高； (2)①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕为离子晶体，含有离子键，铵根离子中有共价键和配位键； ②对于NH4＋，根据VSEPR理论，价电子对数为VP＝BP＋LP＝4＋ 5141＝4，VSEPR2模型为四面体形，形成4根N−H键，则其空间构型为正四面体； 等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，所以与NH4＋互为等电子体的分子或离子有：CH4、BH4−（或BeH42−、AlH4−、SiH4及GeH4）； ③对于CO32−，根据VSEPR理论，价电子对数为VP＝BP＋LP＝3+化轨道理论，中心C为sp2杂化； 4232＝3，根据杂 2(3)①氧原子与周围的4个U原子形成正四面体结构，氧原子位于正四面体的中心，则氧原子填充在铀原子形成的正四面体空隙中； ②如图晶胞内部上半部4个O原子形成正方形，正方形边长为晶胞棱长的 1，若两个氧原218子的最近距离为a nm，则晶胞棱长为2a nm，晶胞体积＝(2a×10−7cm)3，U原子数目＝8× 4238＋8161g，故晶体密度＝＋6×＝4，O原子数目＝8，晶胞质量＝ NA24238＋8164270−731021g•cm−3。 g÷(2a×10cm)＝3NA8aNA11．F 解析：3d54s1 哑铃 F＞O＞C V形 sp3 离子键 Ca2+半径比K+小，Ca2+所带电荷数比K+多，CaCl2的晶格能更高 4 【解析】 【分析】 （1）依据原子核外电子排布规则写出基态Cr原子的价电子排布式；依据Si的核外电子排布式可知其最高能级为3p能级，3p能级电子云轮廓图为哑铃形；根据C、O、F的非金属性推断其电负性； （2）①OF2分子的中心原子为O原子，其中含有的孤电子对数为2，σ键数为2，价层电子对数为4，所以OF2的空间构型为V形，其中O原子的杂化方式为sp3杂化；②氯化钾为离子晶体，存在的化学键为离子键；钙离子的半径比钾离子小，钙离子所带电荷数比钾离子多，氯化钙的晶格能更高，所以氯化钙的熔点更高。 （3）通过硫化锌的晶胞结构分析锌离子的周围与之等距离的硫离子，即可知锌离子的配位数；通过硫化锌的晶胞结构可知锌离子的数目为41=4，含有硫离子的数目为 4M1021 3aNA116+8=4，一个晶胞的体积为(a×10-7)3 cm3，由密度公式计算晶体的密度。 28【详解】 (1)Cr为24号元素，核电荷数为24，故基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1；Si元素为14号元素，核电荷数为14，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，最高能级为3p能级，3p能级电子云轮廓图为哑铃形；非金属性：F＞O＞C，则C、O、F的电负性由大到小的顺序为F＞O＞C。 (2)①OF2分子的中心原子为O原子，其中含有的孤电子对数为2，σ键数为2，价层电子对数为4，所以OF2的空间构型为V形，其中O原子的杂化方式为sp3杂化；②氯化钾为离子晶体，存在的化学键为离子键；钙离子的半径比钾离子小，钙离子所带电荷数比钾离子多，氯化钙的品格能更高，所以氯化钙的熔点更高。 (3)由硫化锌的晶胞结构可知，每个锌离子的周围与之等距离的硫离子有4个，所以锌离子的配位数为4；一个晶胞中含有锌离子的数目为4，含有硫离子的数目为4，一个晶胞的体积为(a×10-7)3 cm3，则晶体的密度为【点睛】 计算晶胞密度时，利用晶胞结构计算一个晶胞中含有的离子数，再根据m=nM计算质量，根据V=a3计算体积，由此计算晶体的密度。 4M1021。 3aNA12．C 解析： 【解析】 【分析】 【详解】 Cl原子位于Cu原子构成的四面体体心，则体对角线是铜原子和氯原子的半径之和的4倍，Cu原子位于立方体的顶点和面心，为面心立方最密堆积，则面对角线是铜原子半径的4倍，晶胞的边长为a cm，所以面对角线等于2 acm，则铜原子半径为线等于3acm，则氯原子半径为6-2 22acm，体对角43-2acm，求得氯原子与铜原子半径之比为43-2a6-24=。 224 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容