甘肃省天水市秦安县一中新高考化学的晶胞的相关计算专项训练及解析

1、甘肃省天水市秦安县一中新高考化学的晶胞的相关计算专项训练及解析一、晶胞的相关计算1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)6so4蓝色溶液。ni(nh3)6so4中阴离子的立体构型是_。在 ni(nh3)62+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_。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 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

2、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_，其晶体密度的计算表达式为_g cm-3(阿伏加德罗常数的值用na表示 )。2钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。（1）co2+的核外电子排布式为_， co的第四电离能比 fe 的第四电离能要小得多，原因是 _。（2）co2+、 co3+都能与 cn一形成配位数为6 的配离子。 cn一中碳原子的杂化方式为_；hcn分子中含有键的数目为 _。（3）用 kc

3、n处理含 co2+的盐溶液 ，有红色的co(cn)2析出，将它溶于过量的kcn溶液后，可生成紫色的co(cn)6 4- ,该配离子是一种相当强的还原剂，在加热时能与水反应生成co(cn )63-,写出该反应的离子方程式：_。（4）金属钴的堆积方式为六方最密堆积，其配位数是 _。有学者从钴晶体中取出非常规的“六棱柱”晶胞，结构如图所示，该晶胞中原子个数为_，该晶胞的边长为a nm，高为 c nm，该晶体的密度为_g?cm-3(na表示阿伏加德罗常数的值，列出代数式）3a、b、c、d、e、 f 为元素周期表前四周期元素，且原子序数依次增大。a 原子核内无中子；在考古行业中，元素b 的一种核素常用来

4、鉴定一些文物的年代；d 原子核外电子有8种不同的运动状态；e 为第四周期元素，其基态原子的价电子排布式中成对电子的电子对数与单电子数相等，且每个原子轨道中都有电子；f 元素的基态原子最外能层只有1 个电子，且其他能层均已充满电子。回答下列问题：（1）六种元素中电负性最大的是_(填元素符号 )，其中 e 原子的价电子排布式为_。（2）b 有多种同素异形体，其中硬度最大的是_(填名称 )；写出一种属于分子晶体的b 的同素异形体的化学式_。（3）a、c 形成的简单分子的化学式为_，分子中c 原子的杂化类型为_，分子立体构型为_。（4）六种元素中其中有两种元素形成的化合物_(填化学式 )与 c 的单质

5、互为等电子体。（5）元素 d 与 f 形成的一种化合物的晶胞结构如图所示，其中黑球在两个白球连线的中点。该化合物的化学式为_；若相邻d原子和f原子间的距离为acm，阿伏加德罗常数的值为 na，则该晶体的密度为_gcm-3(用含 a、na的式子表示 )。4我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“ 中国蓝 ” 、“ 中国紫 ” ，直到近年来人们才研究出来其成分为bacusi4o10，bacusi2o6。（1）“ 中国蓝 ” 、“ 中国紫 ” 中均具有cun离子， n_，基态时该阳离子的价电子排布式为_。（2）在 5500 年前，古代埃及人就己经知道如何合成蓝色颜料“ 埃及蓝 ”cacusi4o10

6、，其合成原料中用caco3代替了 baco3，其它和 “ 中国蓝 ” 一致。 co32一中键角 oco为 _。根据所学，从原料分解的角度判断“ 埃及蓝 ” 的合成温度比 “ 中国蓝 ” 更_（填 “ 高” 或“ 低” ）。（3）配离子cu（cn）32-中，中心离子的杂化类型是_，该配离子的空间构型为_；cn-中配位原子是_ （填名称）。（4）cacux合金可看作由如图所示的（a）、（ b）两种原子层交替堆积排列而成。（a）是由 cu和 ca共同组成的层，层中cucu之间由实线相连；（b）是完全由cu 原子组成的层， cucu之间也由实线相连。图中虚线构建的六边形，表示由这两种层平行堆积时垂直于

7、层的相对位置；（c）是由（ a）和（ b）两种原子层交替堆积成cacux合金的晶体结构图。在这种结构中，同一层的ca cu距离为 294pm，相邻两层的cacu距离为 327pm。该晶胞中ca有_个 cu原子配位（不一定要等距最近）。同一层中， ca原子之间的最短距离是_pm，设 na为阿伏加德罗常数的值，cacu晶体的密度是_g/cm3（用含 m、n 的式子表示）。5在电解冶炼铝的过程中加入冰晶石(na3alf6)可起到降低al2o3熔点的作用。（1）基态氟原子中，电子占据的最高能层的符号为_，电子占据最高能级上的电子数为_。（2）向 naalo2及氟化钠溶液中通入co2，可制得冰晶石。该反

8、应中涉及的非金属元素的电负性由大到小的顺序为_。1molco2中含有的键数目为 _，其中 c原子的杂化方式为_；co2与scn 互为等电子体，scn 的电子式为 _。na2o 的熔点比naf的高，其理由是：_。（3）冰晶石由两种微粒构成，冰晶石的晶胞结构如图所示， 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，那么大立方体的体心处 所代表的微粒是 _(填微粒符号 )。（4）冰晶石稀溶液中存在的化学键有_(填标号 )。a 离子键 b 共价键 c 配位键 d 氢键（5）金属铝晶体中的原子堆积方式为面心立方最密堆积，其晶胞参数为apm，则铝原子的半径为 _pm。6

9、锌、氮元素形成的化合物在各领域有着重要的作用。(1)基态 zn2+的价电子排布式为_；(2)独立的 nh3分子中， h- n- h 键键角为 107 18。如图是 zn(nh3)62的部分结构以及其中h- n- h 键键角。请解释 zn(nh3)62离子中 h- n- h 键角变为109.5 的原因是 _。(3)离子液体具有很高的应用价值，其中emim离子由 h、c、n 三种元素组成，其结构如图所示：大 键可用符号nm表示，其中m、 n 分别代表参与形成大键的原子数和电子数。则emim离子中的大键应表示为 _。化合物 emimalcl4具有很高的应用价值，其熔点只有7 ，该物质晶体的类型是_。

10、(4)过渡元素水合离子是否有颜色与原子结构有关，且存在一定的规律，已知zn2等过渡元素离子形成的水合离子的颜色如下表所示：离子sc3cr3fe2zn2+水合离子的颜色无色绿色浅绿色无色请根据原子结构推测sc3、zn2的水合离子为无色的原因：_。(5)zn 与 s形成某种化合物的晶胞如图所示。zn2+填入 s2组成的 _空隙中；由能否判断出s2、zn2+相切？ _（填 “ 能” 或 “ 否” ）；已知晶体密度为dg/cm3，s2半径为 a pm，若要使s2-、 zn2+相切，则 zn2+半径为 _pm（写计算表达式）。7. 羟基磷酸钙ca10( po4)6( oh)2 具有优良的生物相容性和生物

11、活性，它在口腔保健中具有重要作用，可以防止龋齿等，回答下列问题。（1）ca10( po4)6( oh)2中，元素的电负性按由大到小的顺序依次是_。（2）上述元素都能形成氢化物，其中ph3与同主族元素n形成的氢化物的键角关系是ph3_nh3( 填“”或“”) ， po43-离子空间构型是_。（3）现已合成含钙的全氮阴离子盐，其中阴离子n5-为平面正五边形结构，n 原子的杂化类型是 _。（4）碳酸钙的分解温度远高于碳酸镁，其原因是_。（5）黑磷是磷的一种同素异形体，与石墨烯类似，其晶体结构片段如图1 所示：其中最小的环为 6 元环，每个环平均含有_个 p原子。. 钴是人体不可或缺的微量元素之一。c

12、o、al、o 形成的一种化合物钴蓝晶体结构如图2所示。（6）基态 co原子的价电子排布式为_。该立方晶胞由4 个 i 型和 4 个型小立方体构成，其化学式为_，na为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为_ gcm-3( 列计算式) 。8某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收znso4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为mno2+12zn+(1+x6)h2o+16znso4mnooh+16znso4zn(oh)23 xh2o。其电池结构如图甲所示，图乙是有机高聚物的结构片段。（1）mn2+的核外电子排布式为_；有机高聚物中c的杂化方式为_。（2）已知 cn-与 n2互为等电子

13、体，推算拟卤（cn)2分子中 键与 键数目之比为 _。（3）no2-的空间构型为_。（4）mno 是离子晶体，其晶格能可通过如图的born-haber 循环计算得到。mn的第一电离能是_，o2的键能是_，mno的晶格能是_。（5）r(晶胞结构如图）由zn、s组成，其化学式为_（用元素符号表示）。已知其晶胞边长为acm，则该晶胞的密度为_g cm3(阿伏加德罗常数用na表示）。9碳元素不仅能形成丰富多彩的有机化合物，而且还能形成多种无机化合物，同时自身可以形成多种单质，碳及其化合物的用途广泛。（1）60c分子的晶体中，在晶胞的顶点和面心均含有一个60c分子，则一个60c晶胞的质量为 _。（2）干

14、冰和冰是两种常见的分子晶体，下列关于两种晶体的比较中正确的是_（填字母）。a.晶体的熔点：干冰冰b.晶体中的空间利用率：干冰冰c.晶体中分子间相互作用力类型相同（3）金刚石和石墨是碳元素形成的两种常见单质，下列关于这两种单质的叙述中正确的是_（填字母）。a.金刚石中碳原子的杂化类型为3sp杂化，石墨中碳原子的杂化类型为2sp杂化b.晶体中共价键的键长：金刚石中cc石墨d.晶体中共价键的键角：金刚石石墨e.金刚石晶体中只存在共价键，石墨晶体中则存在共价键、金属键和范德华力f.金刚石和石墨的熔点都很高，所以金刚石和石墨都是原子晶体（4）金刚石晶胞结构如下图，立方bn结构与金刚石相似，在bn晶体中，

15、b原子周围最近的n原子所构成的立体图形为_，b原子与n原子之间共价键与配位键的数目比为 _，一个晶胞中n原子数目为 _。（5）已知cu单质的晶体密度为3 g cm，cu的相对原子质量为m，阿伏加德罗常数为an，则cu的原子半径为_。10 氮化铝 (aln)陶瓷是一种新型无机非金属材料，最高可稳定到2473k， 导热性好、热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料。制取原理为：al2o3+3c+n22a1n+3co ，回答下列问题：(1)氮化铝的晶体类型为_。在上述化学方程式中第二周期元素的第一电离能由小到大的顺序是 _。(2)基态氧原子电子占据最高能级的原子轨道的形状是_，未成对电子数为_。(3)等电

16、子体具有相似的结构。co与 n2互为等电子体，co分子中 键与 键数目之比为_。(4)cu2+处于： cu(nh3)42+的中心，若将配离子cu(nh3)42+中的 2 个 nh3换为 cn-，则有 2 种结构，则cu2+是否为 sp3杂化 _（填 “ 是” 或“ 否” ）理由为 _。(5)aln 晶体结构如图所示，1 个 al 原子周围距离最近的al 原子数为 _个；若晶胞结构的高为 a nm， 底边长为b nm，na表示阿伏伽德罗常数的值，则其密度为_g.cm-3(列出计算式 )。11 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

17、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。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 键的数目为 _。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 _。嘌呤中轨道之间的夹角1 比 2 大，原因是 _。分子中的大键可以用符号nm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。则该吡啶中的大键可表示为 _。(3)火星岩石中存在大量的氮化

18、镓，氮化镓为六方晶胞，结构如图3 所示。若该晶体密度为dgcm-3，晶胞参数a=bc（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。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_。【参考答案】 * 试卷处理标记，请不要删除一、晶胞的相关计算1h 解析： 3d64s2正四面体配位键 n nh3分子间可形成氢键 sp

19、3 4na116n4nsi omni22206 3aa bn【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 ar3d64s2，故答案为： 3d64s2；(2)so42-中心原子的价电子对数为6224442，s无孤电子对，立体构型为正四面体，故答案为：正四面体；ni(nh3)62+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；nh3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

20、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nc s sc n，则 1mol(scn)2中含有 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12，多硅酸根结构单元中含有2+412=4 个硅，氧原子数目=2+412+612+4=11，则该多硅酸盐的化学式为116n4nsi o，故答案为：116n4nsi o；(5)根据均摊法可知，每个晶胞中含有818=1 个锰离子， 2 个碘离子，该化合物的化学式是 mni2，晶胞密度-3

21、22309206 3g cm32aana bna b，故答案为：mni2；2206 3aa bn。272ar3d 4s钴原子失去4 个电子后可以得到53d的稳定结构，因此更容易失去第4个电子，表现为第四电离能较小 sp 2 4-3-62622co(cn)+2h o2co(cn) +h+2oh 12 6 212a6591033a c n2【解析】【分析】（1）钴是 27 号元素，其电子排布为72ar3d 4s，再来分析即可；（2）碳原子最外层有4 个电子，需要成4 个键才能达到稳定结构，氮原子最外层有5 个电子，需要成3 个键才能达到稳定结构，而氢原子只能成1 个键，据此不难推出hcn的结构为h

22、-cn，再来分析其碳原子的杂化方式和键的数目即可；（3）注意一个-cn带-1 价，因此该反应的实质相当于钴从+2 价被氧化为 +3 价，水中自然只有氢能被还原，从+1 价被还原为0 价的单质；（4）根据观察，每个钴原子的配位数为12，即周围一圈6 个，上、下各3 个，而晶体密度只需按照m =v来构造公式即可。【详解】（1）钴的电子排布式为72ar3d 4s，钴原子失去4 个电子后可以得到53d的稳定结构，因此更容易失去第4 个电子，表现为第四电离能较小；（2）h-cn为直线型分子，因此其碳原子的杂化方式为sp杂化，而1 个h-cn分子中有 2 个键和 2 个键；（3）根据分析，反应方程式为4-

23、3-62622co(cn) +2h o2co(cn) +h+2oh；（4）根据分析，钴原子的配位数为12，在计算一个晶胞中的原子数时，12 个顶点上的原子按16算，上下表面面心的原子按12算，体内的按1 个算，因此一个晶胞内一共有1112+2+3=662个原子；而晶体密度为2132am6 59 =10 g/cm3v3a c n2。3c 解析： o 3d74s2金刚石 c60 nh3 sp3杂化三角锥形 co cu2o 3a27 32a n【解析】【分析】a、b、c、d、e、f 为元素周期表前四周期元素，且原子序数依次增大；a 原子核内无中子，则 a 为 h 元素；元素b 的的一种核素在考古时常

24、用来鉴定一些文物的年代，则b 为 c元素； d 原子核外电子有8 种不同的运动状态，则d 为氧元素， c 为 n 元素； e 为第四周期元素，其基态原子的价电子排布式中成对电子的电子对数与单电子数相等，且每个原子轨道中都有电子，则其价电子排布式为3d74s2，e 为 co 元素； f 元素的基态原子最外能层只有一个电子，其它能层均已充满，则f原子外围电子排布为3d104s1，则 f 为铜元素，据此分析解题。【详解】由分析可知a、b、c、d、e、f分别为h、c、n、o、co、cu元素；(1)元素的非金属性越强，电负性越大，而六种元素中o 元素非金属性最强，则电负性最大的是 o，其中 e 原子的核

25、电荷数为27，其价电子排布式为3d74s2；(2)c 的单质有金刚石、石墨和c60等，其中金刚石的硬度最大；c60为分子晶体；(3)a、c 形成的简单分子为nh3，其分子中n 原子周围有1 对孤对电子和3 对成键电子，故n 原子的杂化类型为sp3杂化， nh3的立体构型为三角锥形；(4)c 的单质为n2，原子数为2，价电子总数为14，与 co为等电子体；(5)元素 d 与 f 形成的一种化合物的晶胞结构如图所示，其中黑球在两个白球连线的中点。该化合物的化学式为_；若相邻d 原子和 f 原子间的距离为acm，阿伏加德罗常数的值为na，则该晶体的密度为_gcm-3(用含 a、na的式子表示 )。题

26、给晶胞中o 的个数为8181 2，cu 的个数为4，故其化学式为cu2o；最近的cu和 o的距离是体对角线长的14，故体对角线的长度为4a cm，边长为43a cm，该晶体的密度为3214443anag cm33a27 32a ngcm3。【点睛】均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：顶点：每个顶点的原子被8 个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占18份额；棱：每条棱的原子被4 个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占14份额；面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占12份额；内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。4b 解析：93d 120o低 sp2平面三角形碳 18 294

27、 32a240 3m nn【解析】【分析】【详解】（1）根据化学式bacusi4o10，bacusi2o6，其中 ba为+2 价， si为 +4 价， o 为-2 价，由化合价代数和为零得：“ 中国蓝 ” 、“ 中国紫 ” 中均具有cun离子， n2，基态时该阳离子的价电子排布式为3d9。故答案为： 2；3d9；（2）co32一中心原子c 的价电子为3+42232 =3，为平面三角形结构，键角oco为120 。根据所学，钙离子半径小与氧之间的作用力大，碳酸钙更容易分解，故从原料分解的角度判断 “ 埃及蓝 ” 的合成温度比 “ 中国蓝 ” 更低。故答案为： 120 ；低；（3）配离子cu（cn）

28、32-中，中心离子的价层电子对个数是3 且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化方式为sp2，该配离子的空间构型为平面三角形；cn中配位原子是碳，因为n 元素电负性较大，不易提供孤电子对，故答案为： sp2；平面三角形；碳；（4）以上面面心上的ca原子为例，该晶胞中该ca原子配位的cu 原子包含其上面6个、相同层6 个、下层6 个，所以其配位数是18，故答案为： 18；同一层中，六边形中心上的ca原子和边上的两个ca原子形成正三角形，所以ca原子之间的最短距离是六边形边长=232 （同层相邻ca-cu距离）=232 294pm=2943pm；该晶胞中ca原子个数 =1216 +

29、2 12=3、cu 原子个数 =1212+612+6=15，该晶胞体积=（12m2sin60 6n）cm3=3 32m2ncm3，晶体密度=3a2m360 33nv3 32ang cmm n=2a240 3m nngcm3，故答案为：2a240 3m nn。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、配合物等知识点，侧重考查元素化合物性质、物质结构等知识点，明确原子结构、物质结构是解本题关键，难点是晶胞计算，需要较好的数学空间想象能力及计算能力。5f 解析： l 5 f o c 2na sp 二者都是离子晶体，o2-所带电荷比f-多，氧化纳的晶格能大于氟化钠 na+ bc

30、2a4【解析】【分析】氟原子是 9 号元素，根据核外电子排布规律进行解答；电负性变化规律为从左到右依次增大，从下到上依次增大；co2的结构式为o=c=o ；离子晶体，离子所带电荷越多、半径越小晶格能越大，熔沸点越高；冰晶石的化学式为na3alf6，由 na+和 alf6-两种微粒个数比为3：1，利用均摊法计算出粒子数，与冰晶石的微粒数比相同，据此解答；面心立方堆积，根据原子半径和边长之间的几何关系进行分析。【详解】(1)氟原子是 9 号元素，位于第二周期第a 族，其电子占据的最高能层的符号为l，根据构造原理，氟原子的核外电子排布式为1s22s22p5，电子占据最高能级为2p，其轨道上的电子数为

31、 5，答案为： l；5；(2)该反应中涉及的非金属元素为c、o、 f，同周期电负性从左到右依次增大，所以电负性由大到小的顺序为f o c，故答案为： f o c；co2的结构式为o=c=o，则 1molco2中含有的 键数目为2na个， c 原子的杂化方式为sp 杂化， scn 与 co2互为等电子体，电子式相似，则scn 的电子式为，答案为： 2na；sp；na2o 和 naf都是离子晶体，o2-所带电荷比f-多，则氧化纳的晶格能大于氟化钠，答案为：二者都是离子晶体，o2-所带电荷比f-多，氧化纳的晶格能大于氟化钠；(3)利用均摊法计算， 位于大立方体的顶点和面心，则 的数目为1186482

32、， 位于大立方体的12 条棱的中点和8 个小立方体的体心，则 的数目为1128114，冰晶石由 na+和 alf6-两种微粒3： 1 组成，那么大立方体的体心处 所代表的微粒是na+，答案为： na+；(4)冰晶石稀溶液，已经完全电离，不存在离子键，其中存在的化学键有共价键和配位键，答案为： bc；(5)金属铝晶体中的原子堆积方式为面心立方最密堆积，其原子半径r 和边长 a 的关系为4r2a，已知晶胞参数为apm，则铝原子的半径为2apm4，答案为：2a4。6h 解析： 3d10氨分子与zn2形成配合物后，孤对电子与zn2成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，

33、排斥作用减弱，所以h- n- h 键键角变大65离子晶体 3d 轨道上没有未成对电子(或 3d 轨道为全空或全满状态) 正四面体否3a33884d n 1010-a 【解析】【分析】(1)基态 zn 的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，由此可确定zn2+的价电子排布式。(2)解释 zn(nh3)62离子中 h-n-h 键角变为109.5 ，可从电子对的排斥作用寻找原因。(3)emim离子中形成大键的原子有5 个，其中3 个 c原子、 2 个 n 原子，参与形成大键的电子数为6。化合物 emimalcl4，由emim+、alcl4-构成，由此可确定该物质的晶体类型。(4)

34、通过对 sc3、cr3、 fe2、zn2+四种离子的核外电子进行分析，得出sc3、zn2的水合离子为无色的原因。(5)四个 s2-构成正四面体结构，zn2+体积很小，填入s2组成的空隙中；由无法判断出s2、zn2+是否相切；已知晶体密度为dg/cm3，s2半径为 a pm，若要使s2-、 zn2+相切，可通过建立一个正四面体，确定一个三角形，计算zn2+半径。【详解】(1) 基态 zn 的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，则基态zn2+的价电子排布式为3d10。答案为： 3d10；(2)在独立的 nh3分子中， n 原子的孤电子对排斥成键电子对的能力强，zn(nh3)6

35、2中， n原子的孤电子对转化为成键电子对，对其它三个成键电子对的排斥作用减弱，键角增大。从而得出解释 zn(nh3)62离子中 h- n- h 键角变为109.5 的原因是氨分子与zn2形成配合物后，孤对电子与zn2成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以h- n- h 键键角变大。答案为：氨分子与zn2形成配合物后，孤对电子与zn2成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以h- n- h 键键角变大；(3) emim离子中形成大键的原子有5 个，其中3 个 c原子、 2 个 n 原子，参与形成大

36、键的电子数为6，emim离子中的大键应表示为65。化合物 emimalcl4，由emim+、alcl4-构成，则晶体类型为离子晶体。答案为：65；离子晶体；(4)通过对 sc3、cr3、 fe2、zn2+四种离子的核外电子进行分析发现，得出sc3、zn2的电子排布式为1s22s22p63s23p6、1s22s22p63s23p63d10，3d 轨道为全空和全满，而另两种离子，3d 轨道都存在未成对电子，由此得出水合离子为无色的原因是3d 轨道上没有未成对电子(或 3d 轨道为全空或全满状态)。答案为： 3d 轨道上没有未成对电子(或 3d 轨道为全空或全满状态 )；(5)四个 s2-构成正四面

37、体结构，zn2+体积很小，填入s2组成的正四面体空隙中；答案为：正四面体；由分析，我们不能得出s2、zn2+是否相切。由晶胞结构我们可以得出：晶胞中含s2-的个数为4，含 zn2+的个数为818+612=4，所以晶体的体积为31a4 (6532)g/moldg/cmmoln=a388d ncm3，晶胞边长为3a388d ncm。四个 zn2+在体内四个小正四面体的中心，不在同一平面内，过b 点向上面作垂线，构成三角形，两边分别为24x、14x，即可求出斜边为34x(x 为晶胞边长 )，则 a 位置 s2-离子与b 位置 zn2+之间的距离为34x，从而得出 a+r(zn2+)=34?3a388

38、d n 1010pm，r(zn2+)=(34?3a388d n 1010-a)pm。答案为：否；34?3a388d n 1010-a。【点睛】计算 zn 离子半径时，我们很容易将2 个 zn2+、2 个 s2-看成处于立方体的同一斜对角线上，从而导致错误的产生。7h 解析： o phca 小于正四面体 sp2镁离子半径小于钙离子半径，与氧离子形成的离子键更强，晶格能更大，因此碳酸镁的热分解温度低 2 3d74s2 coal2o4738 (592274 16)(210 )ana【解析】【分析】【详解】（1）同周期从左到右元素的电负性变大，同主族从上到下电负性变小，ca10( po4)6( oh)

39、2中，元素的电负性按由大到小的顺序依次是ophca；（2）nh3和 ph3的空间构型都是三角锥型, 但是 , nh 中 n-h 键的键长比ph 中 p- h 键的键长要短 , 所以在 nh3中, 成键电子对更靠近, 排斥力更大 , 以致键角更大。而ph3中成键电子对之间的斥力减小,孤对电子对成键电子的斥力使h- p- h 键角更小。 ph3与同主族元素n形成的氢化物的键角关系是ph3nh3；po43中心原子为p，其中 键电子对数为4，中心原子孤电子对数=12（ 5+3- 42）=0，po43中心原子价层电子对对数为4+0=4，p原子sp3杂化， po43-离子空间构型是正四面体。故答案为：；正

40、四面体；（3）含钙的全氮阴离子盐，阴离子n5-为平面正五边形结构，中心原子n，其中 键电子对数为 2，中心原子存在大键，所以 n 原子的杂化类型是sp2。故答案为： sp2；（4）由于镁离子半径小于钙离子半径，与氧离子形成的离子键更强，晶格能更大，因此，碳酸镁的热分解温度低。（5）黑磷与石墨烯类似，其中最小的环为6 元环，每个环平均含有613 = 2 个 p 原子。故答案为： 2（6）基态 co原子的价电子排布式为3d74s2；i、ii 各一个小正方体为一个晶胞，该晶胞中co原子个数 =（418+214+1） 4=8、al 原子个数 =44=16、 o 原子个数 =8 4=32，co、 al、

41、o 原子个数之比=8：16：32=1：2：4，化学式为coal2o4；该晶胞体积=（2a 10-7cm）3，钴蓝晶体的密度=mv =738 (592274 16)(210 )anagcm-3( 列计算式 ) 。故答案为： 3d74s2；coal2o4；738(592274 16)(210)ana。8c 解析： 1s22s22p63s23p63d5 sp2、sp3 3： 4 v型bkj?mol12ekj?mol1 (f-a-b-c-d-e)kj?mol1 zns 3a388an【解析】【分析】(1) mn 元素的原子核外有25 个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54

42、s2；根据价层电子对互斥理论判断c原子杂化方式；(2) cn-和氮气分子互为等电子体，二者结构相同，根据氮气分子判断(cn)2分子中存在的键与 键的个数；(3) no2-中 n 原子的价层电子对数=2+12(5+1-2 2)=3，杂化类型是sp2，含有 1 个孤电子对，no2-的空间构型是v 型；(4) mn 的第一电离能为气态mn 原子失去第一个电子时需要吸收的能量；由1molo2分子变成 o 原子的过程中，需要吸收的能量为2ekj；晶格能是气态离子形成1mol 离子晶体释放的能量；(5) zns晶胞结构如图所示，利用均摊法找出晶胞中有4 个 zn，有 4 个 s，然后进行相关计算，求出晶胞

43、密度。【详解】(1) mn元素的原子核外有25个电子，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则基态 mn2的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；这些 c原子中有些c原子价层电子对个数是 3、有些是4，根据价层电子对互斥理论判断c 原子杂化方式分别为sp2、 sp3；故答案为： 1s22s22p63s23p63d5；sp2、sp3；(2)cn-与 n2结构相似， c原子与 n 原子之间形成三键，则拟卤(cn)2分子结构式为nc-cn，三键中含有1 个 键、 2 个 键，单键属于 键，故 (cn)2分子中 键与 键数目之比为3：4，故答案为： 3：4；

44、(3) no2-中 n 原子的价层电子对数=2+12(5+1-2 2)=3，杂化类型是sp2，含有 1 个孤电子对，no2-的空间构型是v 型，故答案为v 型；(4)由图中 mn (晶体 ) mn (g) mn+(g)过程，电离能为1mol 的气态原子变为+1 价阳离子的能量，故其第一电离能为bkj?mol1；由图中12o2(g)2o(g)为12molo=o 的键能，故o=o键键能为 ekj?mol1 2=2ekj?mol1； mn 晶格能为从气态离子形成1mol 晶体放出的能量，根据盖斯定律，故晶格能=(f-a-b-c-d-e)kj?mol1，故答案为：bkj?mol1；2ekj?mol1；

45、(f-a-b-c-d-e)kj?mol1；(5)由晶胞的结构可知，zn 全部在晶胞的内部，所以1 个晶胞中含有4 个 zn2+， s分别位于晶胞的顶点和面心，根据晶胞中原子的“ 均摊法 ” 可计算 1 个晶胞中s2-的个数为：1186=482，由 zn， s组成化学式为zns ；1mol 晶体的质量为97g，1mol 晶胞的体积为na a3cm3，因此该晶体的密度为3333aa974g388=g/cma cmamvnn，故答案为：zns ；3a388an。【点睛】晶胞在晶体中的各个方向上都可以重复排列，所以晶胞表面的原子都是与相邻的晶胞共用的，晶胞中原子数研究中，表面的原子只占到其中的几分之一

46、，晶胞内部的原子则完全属于该晶胞。具体，常见的立方体的晶胞，顶点的原子晶胞占1/8，棱边上的原子晶胞占1/4，面上的原子晶胞占1/2。9c 解析：a2880nbae正四面体3：143a24mcm4n【解析】【详解】（1）c60晶体为面心立方排布，所以每个c60晶胞有 4个 c60分子 （面心 3 个，顶点1个），所以一个c60晶胞的质量为aaanm4 12602880mnmnnn；答案为：a2880n；（2）a冰融化时氢键被破，干冰分子之间只存在范德华力，融化时破坏范德华力，氢键比范德华力强，故晶体的熔点冰干冰，故a 错误； b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

47、，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，故b 正确； c干冰分子之间存在范德华力，水分子间存在氢键，晶体中分子间相互作用力类型不相同，故c 错误；答案为： b；（3）a金刚石中碳原子与四个碳原子形成4 个共价单键，构成正四面体，碳原子的杂化类型为 sp3杂化；石墨中的碳原子与相邻的三个碳原子以键结合，形成平面正六边形结构，碳原子的杂化类型为sp2杂化，故a 正确； bsp2杂化中， s 轨道的成分比sp3杂化更多，而且石墨的碳原子还有大键所以形成的共价键更短，更牢固，即石墨的层内共价键键长比金刚石的键长短，故b 错误； c石墨的层内共价键键长比金刚石的

48、键长短，作用力更大，破坏化学键需要更大能量，所以晶体的熔点金刚石石墨，故c 错误； d金刚石中碳原子与四个碳原子形成4 个共价单键，构成正四面体，键角为10928，石墨中的碳原子用 sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以键结合，形成正六角形的平面层状结构，键角为120 ，故 d 错误； e金刚石中碳原子与四个碳原子形成4 个共价单键，构成正四面体，石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以 键结合，形成正六角形的平面层状结构，而每个碳原子还有一个2p 轨道，其中有一个2p 电子这些p 轨道又都互相平行，并垂直于碳原子sp2杂化轨道构成的平面，形成了大键因而这些电子可以在整个碳原子平面上活动

49、，类似金属键的性质，石墨为层状结构，层与层之间通过范德华力连接，说明晶体中含有共价键、金属键、范德华力，故e 正确； f金刚石是原子晶体，石墨为层状结构，层与层之间通过范德华力连接，石墨为混合型晶体，不属于原子晶体，故f 错误；答案为： ae；（4）由金刚石的晶胞结构可知，晶胞内部有4 个 c原子，面心上有6 个 c 原子，顶点有8个 c 原子，在bn 晶体中，每个b 原子和 4 个 n 原子形成共价键，所以b原子周围最近的n 原子所构成的立体图形为正四面体；b 原子的配位数是4，b 原子与 n 原子之间共价键的数目是 12，所以 b 原子与 n 原子之间共价键的数目与配位键的数目比为 3：1

50、，一个晶胞中 n 原子数目为 4；答案为：正四面体；3：1；4；（5）已知cu单质的晶体密度为3 g cm，cu的相对原子质量为m，是面心立方最密堆积，故晶胞内有4 个 cu分子 （面心 3个，顶点1 个），阿伏加德罗常数为an，晶胞的体积为：aamnm4mvnn，又2a4r2ar4，则a24mrcm4n。10c 解析： 原子晶体 con 哑铃形 (或纺锤形 ) 2 1：2 否若是 sp3杂化 cu(nh3)42+的空间构型为正四面体形，将配离子cu(nh3)42+中的 2 个 nh3换为 cn-，则只有1 种结构 12 221a227143ab10n2【解析】【分析】(1)原子晶体的熔沸点较

51、高、硬度大，同一周期元素的电离能呈增大趋势；(2)根据 o 原子核外电子排布及各个能级的原子轨道的形状确定未成对电子数目；(3)等电子体结构相似，结合共价单键都是键与 键，共价双键一个是键， 1 个是 键；共价三键1 个 键个 2 个 键分析；(4)根据将配离子 cu(nh3)42+中的 2 个 nh3换为 cn-，有 2 种结构，判断cu2+中原子杂化类型；(5)利用均摊方法计算一个晶胞中含有的离al 原子最近的al 原子个数，先计算一个晶胞中含有的 al、n 原子数目，然后根据晶胞密度计算公式mv计算。【详解】(1)由于原子晶体的熔沸点较高、硬度大，而氮化铝(aln)陶瓷最高可稳定到247

52、3k，说明原子间结合力强，熔沸点高，属于原子晶体；在上述反应中涉及到的第二周期的元素有c、n、o 三种元素，同一元素的电离能随原子序数的增大而增大，但由于n 原子最外层的p电子处于半充满的稳定状态，不容易失去电子，属于其第一电离能比相邻的o 元素要大，故三种元素的第一电离能由小到大的顺序是con；(2)o 是 8 号元素，核外电子排布为1s22s22p4，可见基态氧原子电子占据最高能级是2p 能级，其原子轨道的形状是哑铃形(或纺锤形 )，由于 2p 轨道数目是3 个，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，一个轨道最多可容纳2 个电子，自旋方向相反，所以未成对电子数为2 个；(3)

53、n2结构简式是nn ，等电子体具有相似的结构。co与 n2互为等电子体，所以co分子中含有 1 个 键和 2 个 键，因此co分子中 键与 键数目之比为1： 2；(4)由于将配离子 cu(nh3)42+中的 2 个 nh3换为 cn-，有 2 种结构，说明 cu(nh3)42+形成是平面正方形结构，cu2+在平面正方形对角线的交点上；若是cu2+采用 sp3杂化，由于正四面体任何两个顶点都处于相邻位置，那么cu(nh3)42+的空间构型为正四面体形，将配离子cu(nh3)42+中的 2 个 nh3换为 cn-，则只有1 种结构，所以cu2+不是采用sp3杂化；(5)由晶体结构示意图可知与al 原子连接的n 原子构成的是正四面体结构，与n 原子连接的 al 原子构成的也是正四面体结构，则晶体中若al 原子处于立方体顶点上，可截图为，可见顶点al 原子到面心最近al 原子最近，在一个晶胞中有3个这种 al 原子，且通过