2023届新高考一轮复习人教版 晶体结构与性质 作业

1、晶体结构与性质1.(2022济南模拟)(1)某种氮化铝晶体属六方晶系，晶胞结构如图所示。晶体内与氮原子距离最近且相等的铝原子的数目是_，若晶胞参数为a pm、a pm、c pm，则氮化铝晶体的密度为_gcm3(用代数式表示，NA为阿伏加德罗常数的值，sin 60 eq f(r(3),2) )。(2)汞钡铜氧晶体的晶胞如图A所示，通过掺杂Ca2获得的具有更高临界温度的超导材料如图B所示。汞钡铜氧晶体的密度为_gcm3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。图A晶胞中钡离子的分数坐标为 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2)，f(1x,2) 和_。掺杂Ca2所得超导材料的化学

2、式为_。【详解】(1)由题图可知Al配位数为4，晶胞中Al原子数目18 eq f(1,8) 2；N原子数目14 eq f(1,4) 2，故二者配位数相同为4，即晶体内与氮原子距离最近且相等的铝原子的数目是4；晶体密度 eq f(2（2714）,NA) g(a1010 cma1010 cmsin 60c1010 cm) eq f(1.641032,r(3)a2cNA) gcm3。(2)根据汞钡铜氧晶体的结构可知，晶胞中Hg有8 eq f(1,8) 1个、Ba有2个、Cu有4 eq f(1,4) 1个、O有8 eq f(1,4) 4 eq f(1,2) 4个，其密度为 eq f(NM,NAV) e

3、q f(6.021032,a2cNA) gcm3，图A晶胞中钡离子的分数坐标为 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2)，f(1x,2) 和 eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2)，f(1x,2) ，根据掺杂Ca2所得超导材料的结构可知，晶胞中含有1个Ca、1个Hg、2个Ba、2个Cu、6个O，化学式为HgBa2CaCu2O6。【答案】(1)4 eq f(1.641032,r(3)a2cNA) (2) eq f(6.021032,a2cNA) eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2)，f(1x,2) HgBa

4、2CaCu2O62.(1)金属钛有两种同素异形体，常温下是六方堆积，高温下是体心立方堆积。如图所示是钛晶体的一种晶胞，晶胞参数a0.295 nm，c0.469 nm，则该钛晶体的密度为_gcm3(用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。(2)Ti的某氧化物和CaO相互作用能形成钛酸盐的晶胞结构如图所示(Ti4位于立方体的顶角，Ca2处于立方体的中心)。该晶体中，Ti4和周围_个O2紧相邻；若该晶胞的密度为d gcm3，则钛氧键的键长为_pm(用含NA的代数式表示)。(3) NiAs的晶胞结构如图所示。镍离子的配位数为_。若阿伏加德罗常数的值为 NA，晶体密度为 gcm3，则该晶胞中最近

5、的砷离子之间的距离为_pm。【详解】(1)每个晶胞含Ti原子数为12 eq f(1,6) 32 eq f(1,2) 6，晶胞的质量是 eq f(648,NA) g，晶胞的体积是 eq f(3r(3),2) (2.95108)24.69108cm3，根据 eq f(m,V) eq f(648,f(3r(3),2)（2.95108）24.69108NA) gcm3。(2)由晶胞结构图可知，体心为Ca2，面心为O2，该晶体中每个顶角Ti4与面心的O2相邻，每个顶角为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，晶体中Ti4周围紧相邻的O2数目为38 eq f(1,2) 12；如图晶胞中Ti4个数为8 eq f

6、(1,8) 1，Ca2个数为1，O2个数为6 eq f(1,2) 3，令晶胞边长为x pm， eq f(m,V) ，则d eq f(f(136,NA),（x1010）3) ，x eq r(3,f(136,dNA) 1010，则钛氧键的键长为 eq r(3,f(136,dNA) eq f(r(2),2) 1010pm。(3)该晶胞中含有的Ni3数目为 eq f(1,8) 8 eq f(1,2) 64，含有的As3数目为4，由图可知砷离子的配位数为4，则镍离子的配位数也为4；设其棱长为a cm，其质量为 eq f(1344,NA) g，所以a eq r(3,f(1344,NA) ，而As3位于其

7、eq f(1,8) 晶胞的体心，两个As3间的距离相当于面对角线的一半，即为 eq r(3,f(1344,NA) eq f(r(2),2) 1010pm。【答案】(1) eq f(648,f(3r(3),2)（2.95108）24.69108NA) (2)12 eq r(3,f(136,dNA) eq f(r(2),2) 1010(3)4 eq r(3,f(4134,NA) eq f(r(2),2) 10103(1)某种钛酸钴(CoTiO3)晶胞沿x、y或z轴任意一个方向的投影如图1所示。晶胞中Co处于各顶角位置，则O处于_位置，与Co紧邻的O的个数为_。若晶胞中Co与O之间的最短距离为a n

8、m，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为_gcm3(列出计算式即可)。(2)MgH2晶体属四方晶系，其晶胞结构如图2所示，晶胞参数ab450 pm，c301 pm，原子坐标为A(0，0，0)、B(0.305，0.305，0)、C(1，1，0.67)、D(0.195，0.805，0.5)。Mg2的半径为72 pm，则H的半径为_pm(列出计算式即可)。用NA表示阿伏加德罗常数的值，MgH2晶体中H的密度是标准状况下氢气密度的_倍(列出计算式即可，标准状况下氢气的密度为0.089 gL1)。【详解】(1)CoTiO3晶胞中Co处于各顶角位置，则Co的数目为1，由晶体的化学式CoTiO3可知，晶

9、胞中O的数目为3，Ti的数目为1，结合题图1可知O处于面心位置，Ti处于体心位置。由题图1可知与Co紧邻的O的个数为12。若晶胞中Co与O之间的最短距离(面对角线长度的一半)为a nm，则晶胞参数为 eq r(2) a107 cm，该晶体的密度 eq f(m,V) eq f(M,NAV) eq f(594848,（r(2)a107）3NA) gcm3 eq f(155,（r(2)a107）3NA) gcm3。(2)由题图2可知A与B之间的距离0.305450 eq r(2) pmr(Mg2)r(H)，则r(H)(0.305450 eq r(2) 72) pm。由题图2可知晶胞中H的个数为4 e

10、q f(1,2) 24，则晶胞中H的密度 eq f(m,V) eq f(4,NA（4501010）23011010) gcm3，故MgH2晶体中H的密度标准状况下氢气的密度 eq f(4,NA（4501010）230110108.9105) eq f(41035,NA45023018.9) 。【答案】(1)面心12 eq f(155,（r(2)a107）3NA) (2)0.305450 eq r(2) 72 eq f(41035,NA45023018.9) 4.(2021莆田模拟)(1)已知TiN晶体的晶胞结构如图1所示，若该晶胞的密度为 gcm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中Ti原子与

11、N原子的最近距离为_ pm。(用含、NA的代数式表示)(2)晶体Fe3O4的晶胞如图2所示，该晶体是一种磁性材料，能导电。晶胞中亚铁离子处于氧离子围成的_(填立体构型)空隙。晶胞中氧离子的堆积方式与某金属晶体原子堆积方式相同，该堆积方式名称为_。解释Fe3O4晶体能导电的原因_；若晶胞的体对角线长为a nm，则Fe3O4晶体的密度为_ gcm3。(阿伏加德罗常数用NA表示)【详解】(1)白色球个数8 eq f(1,8) 6 eq f(1,2) 4、黑色球个数12 eq f(1,4) 14，晶胞棱长 eq r(3,f(f(M,NA)4,) ，晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为棱长的一半 eq f

12、(1,2) eq r(3,f(f(M,NA)4,) eq f(1,2) eq r(3,f(f(62,NA)4,) cm eq r(3,f(31,NA) 1010 pm。(2)晶胞中亚铁离子处于氧离子围成的四面体空隙中；晶胞中氧离子的堆积方式为面心立方最密堆积；电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移，所以能导电；该晶胞中氧离子个数112 eq f(1,4) 4，Fe元素微粒个数14 eq f(1,8) 3 eq f(1,2) 3；晶胞的体对角线长为a nm，则晶胞棱长 eq r(f(a2,3) nm eq f(a,r(3) nm，晶胞体积 eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,r

13、(3)107 cm) eq sup12(3) ，则Fe3O4晶体的密度为 eq f(M,NAV) eq f(f(232,NA)1,blc(rc)(avs4alco1(f(a,r(3)107)sup12(3) gcm3 eq f(696r(3)1021,a3NA) gcm3。【答案】(1) eq r(3,f(31,NA) 1010(2)四面体面心立方最密堆积电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移 eq f(696r(3)1021,a3NA) 5已知(NH4)3Fe(SCN)6、Fe(TCNE)(NCCH3)2FeCl4、K4Fe(CN)63H2O等铁的配合物用途非常广泛。回答下列问题：(1)

14、基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表示式)为_。(2)Fe与Ca位于同一周期且最外层电子排布相同，铁的熔点和沸点均比钙的高，其原因是_。(3)配合物(NH4)3Fe(SCN)6中的H、S、N三种元素的电负性从大到小的顺序是_。(4)Fe(TCNE)(NCCH3)2FeCl4中，配体为CH3CN和TCNE()。CH3CN中碳原子的杂化方式是_和_。TCNE中第一电离能较大的是_(填元素符号)，该分子中所有原子_(填“在”或“不在”)同一平面，分子中键与键的数目之比是_。(5)K4Fe(CN)63H2O是食盐的抗结剂，加强热时发生分解反应有Fe3C生成，Fe3C的晶胞结构如图所示：Fe3C的密

15、度为_(列出计算式)gcm3。【详解】(1)Fe元素的原子序数为26，基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表示式)为。(2)Fe的价层电子排布式为3d64s2，Ca的价层电子排布式为4s2，Fe与Ca位于同一周期，Ca的原子半径较大，且价电子较少，金属键较弱，则金属Ca的熔、沸点都比金属Fe低。(3)元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：NSH，则电负性：NSH。(4)CH3CN分子中含有CH3和CN，CH3中饱和碳原子的杂化方式是sp3杂化，CN中碳原子的杂化方式是sp杂化。TCNE分子是由4个氰基和1个碳碳双键构成的，C、N属于同一周期元素且原子序数依次增大，同一周期元素的第一电离能

16、随着原子序数的增大而呈增大趋势，则第一电离能大小顺序是NC；氰基中碳原子和氮原子在同一直线上，碳碳双键上的碳原子和其连接的原子都在同一平面，则TCNE分子中所有原子在同一平面上，分子中含有9个键和9个键，键与键的数目之比为11。(5)由晶胞结构可知，每个晶胞中含有4个碳原子，结合晶体的化学式Fe3C可知，1个晶胞结构中含有4个Fe3C，则 eq f(4180,6.021023) g4.515108cm5.077108cm6.726108cm ，解得密度 eq f(7 200,6.024.5155.0776.726) gcm3。【答案】(1) (2)Fe的原子半径比Ca小，价电子数更多，金属键更

17、强(3)NSH(4)sp3spN在11(5) eq f(7 200,6.024.5155.0776.726) 6.(1)氢化铝钠(NaAlH4)是一种新型轻质储氢材料，其晶胞结构如图所示，为长方体。写出与AlH eq oal(sup1(),sdo1(4) 立体构型相同的一种分子：_(填化学式)。NaAlH4晶体中，与AlH eq oal(sup1(),sdo1(4) 紧邻且等距的Na有_个；NaAlH4晶体的密度为_gcm3(用含a、NA的代数式表示)。(2)氮化钼作为锂离子电池负极材料具有很好的发展前景。它属于填隙式氮化物，N原子部分填充在Mo原子立方晶格的八面体空隙中，晶胞结构如图所示。氮

18、化钼的化学式为_，如果让Li填入氮化钼晶体的八面体空隙，一个晶胞最多可以填入_个Li。氮化钼晶胞边长为a nm，晶体的密度_gcm3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。(3)已知MgO与NiO的晶体结构(如图1所示)相同，其中Mg2和Ni2的离子半径分别为66 pm和69 pm。则熔点：MgO_(填“”“NiO。题中已经给出了坐标系的三个方向示意图，晶胞是边长为1的正方体，因此C的坐标参数是 eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2)，f(1,2) 。在图2中的“单分子层”中可以画出二维重复单元，如，。重复单元呈菱形，是相邻四个氧离子球中心的连线组成的，每个重复单元包含

19、1个氧离子和1个镍离子，NiO的相对分子质量为75；重复单元所占的面积(2a eq r(3) a)m22 eq r(3) a2 m2，则1平方米上分散的该晶体的质量为 eq f(25r(3),2a2NA) g。【答案】(1)CH4(合理即可)8 eq f(1.081023,a3NA) (2)Mo2N2 eq f(496214,NAa31021) 或 eq f(412,NAa31021) (3)Mg2的半径比Ni2的小，MgO的晶格能比NiO的大 eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2)，f(1,2) eq f(25r(3),2a2NA) 7(1)钛酸锶(SrTiO3)可用作电

20、子陶瓷材料和人造宝石。其一种晶胞结构如图所示，Ti处于体心位置，则Sr处于_位置，O处于_位置。已知晶胞参数a0.390 5 nm，其密度为_gcm3(列出计算式即可)。(2)Ni和La的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，在我国已实现了产业化。该合金的晶胞结构如图所示。该晶体的化学式为_。已知该合金的摩尔质量为M gmol1，密度为d gcm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是_cm3(用含M、d、NA的代数式表示)。(3)立方NiO(氧化镍)晶体的结构如图所示，其晶胞边长为a pm，列式表示NiO晶体的密度为_gcm3(不必计算出结果，阿伏加德罗常数

21、的值为NA)。人工制备的NiO晶体中常存在缺陷(如图)。一个Ni2空缺，另有两个Ni2被两个Ni3所取代，其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni和O的比值却发生了变化。已知某氧化镍样品组成Ni0.96O，该晶体中Ni3与Ni2的离子个数之比为_。【详解】(1)已知钛酸锶的化学式为SrTiO3，Sr、Ti、O三种微粒的个数之比为113，既然Ti处于体心位置，根据均摊法，晶胞中Ti的数目为1，处于面心位置的属于一个晶胞的微粒数为3，所以处于面心位置的为O，那么，处于顶角位置的就是Sr。因为该晶胞是立方晶胞，且在一个晶胞中含有1个SrTiO3，则 eq f(m,V) eq f(184,NA（0.390

22、 5107）3) gcm3。(2)由晶胞结构图可知，1个晶胞中La的原子个数为8 eq f(1,8) 1，Ni的原子个数为8 eq f(1,2) 15，则该晶体的化学式为LaNi5。1个晶胞的质量m eq f(M,NA) ，由V eq f(m,) 可知，1个晶胞的体积V eq f(M,NAd) cm3。(3)晶胞中Ni原子数目为112 eq f(1,4) 4，O原子数目为8 eq f(1,8) 6 eq f(1,2) 4，晶胞质量为 eq f(4（1659）,NA) g，晶胞边长为a pm，晶胞体积为(a1010 cm)3，NiO晶体的密度为 eq f(f(4（1659）,NA) g,（a10

23、10 cm）3) eq f(475,NA（a1010）3) gcm3；设1 mol Ni0.96O中含Ni3的物质的量为x mol，Ni2的物质的量为(0.96x)mol，根据晶体仍呈电中性可知，3x2(0.96x)21，x0.08 mol，Ni2的物质的量为(0.96x)mol0.88 mol，即离子数之比为N(Ni3)N(Ni2)0.080.88111。【答案】(1)顶角面心 eq f(184,NA（0.390 5107）3) (2)LaNi5 eq f(M,NAd) (3) eq f(475,NA（a1010）3) 111 8(1)有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，如图1所示，该

24、晶胞中N、Ti之间的最近距离为a pm，则该氮化钛的密度为_gcm3(NA为阿伏加德罗常数的值，只列计算式)。该晶体中与N原子距离相等且最近的N原子有_个。科学家通过X射线探明KCl、MgO、CaO、TiN的晶体结构与NaCl的晶体结构相似，且已知三种离子晶体的晶格能数据如下：离子晶体NaClKClCaO晶格能/(kJmol1)7867153 401KCl、CaO、TiN三种离子晶体熔点由高到低的顺序为_。(2)某六方硫钒化合物晶体的晶胞如图3所示(表示V，表示S)，该晶胞的化学式为VS。图2为该晶胞的俯视图。请在图3中用 标出V原子的位置；已知晶胞的密度为d gcm3，计算晶胞参数h_cm(列出计算式即可)。(3)钴蓝晶体结构如图，该立方晶胞由4个型和4个型小立方体构成，其化学式为_，晶体中Al3占据O2形成的_(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为_gcm3(列计算式)。【详解】(1)根据均摊法可知，该晶胞中N原子个数为6 eq f(1,2) 8 eq f(1,8) 4，Ti原子个数为112 eq f(1,4) 4，所以晶胞的质量m eq f(462,NA) g，而晶胞的体积V(2a1010)3 cm3，所以晶体的密度 eq f(462,NA（2a1010）3) gcm3。以晶胞顶角N原子为研究对象，与之距离