晶胞的相关计算专项训练单元学能测试

晶胞的相关计算专项训练单元学能测试一、晶胞的相关计算1．已知某离子晶体的晶胞示意图如图所示，其摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为dg/cm3下列说法中正确的是A．晶体晶胞中阴、阳离子的个数都为1B．晶体中阴、阳离子的配位数都是4C．该晶胞可能是NaCl的晶胞D．该晶体中两个距离最近的阳离子的核间距为4M/(NAd)cm2．氮及其化合物有许多用途。回答下列问题：（1）基态原子的电子排布式为________，锰的第三电离能比铁的第三电离能大，这是因为________________________________________________________。（2）的沸点（71℃）比的沸点（25．7℃）高，主要原因是______________________。（3）根据价层电子对互斥理论，、、三种微粒中，中心原子价层电子对数不同于其他微粒的是_______。（4）（氮化锰）的晶胞结构如图所示，晶胞参数为0．3851nm。该氮化锰的密度为（列出计算式）。________________________________________________________3．铁、钴、镍为第四周期第Ⅷ族元素，它们的性质非常相似，也称为铁系元素．铁、钴、镍都是很好的配位化合物形成体．（1）[Co（H2O）6]2+在过量氨水中易转化为[Co（NH3）6]2+。H2O和NH3中与Co2+配位能力较强的是_____，[Co（H2O）6]2+中Co2+的配位数为___；从轨道重叠方式看，NH3分子中的化学键类型为___，H2O分子的立体构型为___。（2）铁、镍易与一氧化碳作用形成羰基配合物，中心原子价电子数与配位体提供的成键电子数遵循18e-规则。如：Fe（CO）5，则镍与CO形成的配合物化学式为_________。常温下Fe（CO）5为黄色油状液体，则Fe（CO）5固态为_____晶体。Fe（CO）5晶体中存在的作用力有___，写出与CO互为等电子体的一种阴离子的离子符号_____，Fe（CO）5中σ键和π键数目之比为______。（3）一种铁单质其晶胞与钠、钾晶胞相同，如果该铁单质的晶胞参数为acm，则相距最近的两个铁原子核间距为_____cm（用含a的式子表示）。4．钛及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。（1）基态钛原子的价电子排布式为_____________，与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有____________种。（2）钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料，钛的硬度比铝大的原因是_________。（3）在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3·6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，则该配合离子的化学式为___________。（4）半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其结构如图所示。①组成M的元素中，电负性最大的是_________(填名称)。②M中碳原子的杂化方式为____________。③M中不含________(填代号)。a．π键b．σ键c．离子键d．配位键（5）金红石(TiO2)是含钛的主要矿物之一。其晶胞结构(晶胞中相同位置的原子相同)如图所示。①A、B、C、D4种微粒，其中氧原子是________(填代号)。②若A、B、C的原子坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，则D的原子坐标为D(0.19a，____，___)；钛氧键的键长d=______(用代数式表示)。③若晶胞底边长为acm，高为ccm，则TiO2晶体的密度为______g/cm3。5．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（，，），则原子2(M原子）的坐标为___。6．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，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Cu—Cu之间由实线相连；（b）是完全由Cu原子组成的层，Cu—Cu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Ca—Cu距离为327pm。①该晶胞中Ca有___________个Cu原子配位（不一定要等距最近）。②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）。7．(1)图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离x=_________pm，Mg原子之间最短距离y=_________pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则MgCu2的密度是_________g·cm-3（列出计算表达式）。(2)一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1所示。晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。图中F-和O2-共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1-x代表，则该化合物的化学式表示为__________；通过测定密度和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=____g·cm-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1中原子的坐标为（，，）则原子2和3的坐标分别为__________、__________。8．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)6]2＋的部分结构以及其中H-N-H键键角。请解释[Zn(NH3)6]2＋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π键可用符号Π表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的原子数和电子数。则EMIM＋离子中的大π键应表示为___________________。化合物[EMIM][AlCl4]具有很高的应用价值，其熔点只有7℃，该物质晶体的类型是________。(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Sc3＋Cr3＋Fe2＋Zn2+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。①Zn2+填入S2－组成的________________空隙中；②由①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apm，若要使S2-、Zn2+相切，则Zn2+半径为____________________pm（写计算表达式）。9．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+Zn+(1+)H2O+ZnSO4MnOOH+ZnSO4[Zn(OH)2]3·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互为等电子体，推算拟卤（CN)2分子中σ键与π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）。10．氧元素为地壳中含量最高的元素，可形成多种重要的单质和化合物。（1）氧元素位于元素周期表中_____区；第二周期元素中，第一电离能比氧大的有_____种。（2）O3可用于消毒。O3的中心原子的杂化形式为_____；其分子的VSEPR模型为_____，与其互为等电子体的离子为_____（写出一种即可）。（3）含氧有机物中，氧原子的成键方式不同会导致有机物性质不同。解释C2H5OH的沸点高于CH3OCH3的原因为_____。（4）氧元素可与Fe形成低价态氧化物FeO。FeO立方晶胞结构如图所示，则Fe2+的配位数为_____；与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为_____。11．镍及其化合物在工业生产中有着广泛的运用，当前世界上镍的消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。回答下列问题：（1）镍元素在元素周期表中位于__________，在基态镍原子中，其核外电子有_______种不同运动状态，M层电子排布式为______________________。（2）在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。在该结构中，氮镍之间形成的化学键是__________，碳原子的杂化轨道类有_______________，非金属元素的电负性由大到小的顺序是_________________。（3）过渡金属原子可以与CO分子形成配合物，配合物价电子总数符合18电子规则。如Cr可以与CO形成Cr(CO)6分子：价电子总数(18)=Cr的价电子数(6)+CO提供电子数(2×6)。Ni原子与CO形成配合物的化学式为______________。该配合物常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，据此判断该分子属于____________分子（填“极性”或“非极性”）。（4）甲醛在Ni催化作用下加氢可得甲醇。甲醇分子内的O－C－H键角_____________（填“大于”、“等于”或“小于”）甲醛分子内的O－C－H键角；甲醇易溶于水的原因是______________。（5）NixO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，x值为0.88，晶胞边长为apm．晶胞中两个Ni原子之间的最短距离为_______pm。若晶体中的Ni离子分别为Ni2+、Ni3+，此晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比为____________。12．非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用Cs2CO3、XO2(X=Si、Ge)和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：（1）C、O、Si三种元素电负性由大到小的顺序为__；第一电离能I1(Si)__I1(Ge)(填>或<)。（2）基态Ge原子核外电子排布式为__；SiO2、GeO2具有类似的晶体结构，其中熔点较高的是__。（3）如图为H3BO3晶体的片层结构，其中B的杂化方式为__；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是__。（4）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。CsSiB3O7属正交晶系(长方体形)，晶胞参数为apm、bpm和和cpm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为__；CsSiB3O7的摩尔质量为Mg．mol-1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为__g·cm-3(用代数式表示)。【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、晶胞的相关计算1．C解析：C【解析】【分析】【详解】A.根据均摊法可知，在这个晶胞中阴离子位于棱上和体心，数目，阳离子位于顶点、面心，数目，A项错误；B.晶体中，由体心的阳离子看出周围有6个阴离子，每个阴离子周围有6个阳离子，所以晶体中，阴、阳离子的配位数都为6，B项错误；C.根据均摊法可知，在这个晶胞中阴、阳离子的个数都为4，阴、阳离子的配位数都为6，可能是NaCl的晶胞，C项正确；D.设阳离子之间最短距离为acm，则晶胞棱长为，晶胞体积，晶胞中阴、阳离子的个数都为4，，，D项错误；答案选C。2．A解析：[Ar]3d54s2或1s22s22p63s23p63d54s2Mn的3d能级半满，较稳定，不易失去电子NCl3和HCN均为分子晶体，NCl3的相对分子质量较大，则熔沸点更高【解析】【分析】【详解】（1）是25号元素，基态原子的电子排布式为[Ar]3d54s2或1s22s22p63s23p63d54s2，锰的第三电离能是失去3d轨道中的电子，又的3d轨道半满，稳定，不易失去电子，故电离能大于铁；（2）NCl3和HCN均为分子晶体，NCl3的相对分子质量较大，分子间作用力更强，则NCl3的沸点更高；（3）根据价层电子对互斥理论计算，NCl3的中心原子价层电子对数，的中心原子价层电子对数为，的中心原子价层电子对数为，故中心原子价层电子对数不同于其他微粒的是；（4）（氮化锰）的晶胞结构可知，含1mol，晶胞参数为0．3851nm。该氮化锰的密度为：。3．形分子范德华力、配位键和共价键1:1【解析】【分析】【详解】（1）配合物向生成更稳定的配合物转化，在过量氨水中易转化为，所以和中与配位能力较强的是；中配体为，配合物的配位数为；中价层电子对个数，且含有个孤电子对，所以原子采用杂化，所以从轨道重叠方式看，分子中的化学键类型为键；中原子的价层电子对个数且含有个孤电子对，所以原子采用杂化，其空间构型为形结构。（2）中心原子价电子数与配位体提供的成键电子数遵循18电子规则，镍中心原子价电子数为10，则镍与形成的配合物化学式为；常温下为黄色油状液体，说明该晶体熔沸点低，为分子晶体，则晶体中存在分子间范德华力，分子内含有配位键，配体中含有共价键，所以晶体中存在的作用力有范德华力、配位键和共价键；、的原子数都是，价电子数都是10，则互为等电子体；中含有个配位键属于键，配体分子中原子上有一对孤对电子，、原子都符合电子稳定结构，则、之间为三键，三键中含有个键、个键，所以中键和键数目之比为。（3）、晶胞为体心结构，所以这种铁单质的晶胞为体心结构，并且单质的晶胞参数为，则面对角线长为，所以体对角线长为，相距最近的两个原子核间距为体对角线的一半，所以相距最近的两个原子核间距为。4．A解析：3d24s23Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强[TiCl(H2O)5]2+氧sp2、sp3cBD0.81a0.5c0.31×a【解析】【分析】(5)根据晶胞结构分析，四方晶胞中，顶点粒子占，面上粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，晶体化学式为TiO2，O的数目是Ti的两倍，则必有2个氧原子位于晶胞内，晶胞的上、下底面上各有2个氧原子。【详解】(1)钛为22号元素，位于第四周期，基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，基态钛原子未成对电子为3d轨道的2个电子，第四周期中基态原子未成对电子数为2的还有价电子排布为3d84s2的Ni、3d104s24p2的Ge、3d104s24p4的Se共3种，故答案为：3d24s2；3；(2)Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强，导致钛的硬度比铝大，故答案为：Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强；(3)配位数为6、组成为TiCl3⋅6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1:5，而晶体中只含有3个Cl−，所以配体数目多的是H2O，H2O和Cl−比值为5:1，所以该配离子的化学式为[TiCl(H2O)5]2+，故答案为：[TiCl(H2O)5]2+；(4)①M中含有的元素有：Ti、Cl、O、C、H，其中电负性最大的是O，名称为氧元素，故答案为：氧；②M中C存在单键和双键，前者为sp3杂化，后者为sp2杂化，故答案为：sp2、sp3；③M中含有共价键，配位键，共价单键为σ键，共价双键中一根为σ键，一根为π键，所以M中不含离子键，故答案为：c；(5)①根据晶胞结构分析，四方晶胞中，顶点粒子占，面上粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，晶体化学式为TiO2，O的数目是Ti的两倍，则有2个氧原子位于晶胞内，晶胞的上、下底面上各有2个氧原子，个数为2+4×=4，Ti位于体心和顶点，个数为1+8×=2，则A、B、C、D四种微粒，其中氧原子是B、D，故答案为：BD；②A、B、C的原子坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，金红石晶胞中，Ti处于体心，体心Ti周围有8个O形成八面体结构，上底面结构为：，中间半层的结构为，l即为钛氧键的键长d，根据上底面结构，d=(a−0.69a)×=0.31×a，D处于高的一半处所在的平面，根据中间半层的结构分析，l=d=0.31×a，已知D的x坐标为0.19a，则y=a−0.19a=0.81a，所以D的坐标为(0.19a，0.81a，0.5c)，故答案为：0.81a；0.5c；0.31×a；③由①可知，1个晶胞中含2个Ti原子、4个O原子，故1个晶胞的质量=g=g，1个晶胞的体积=acm×acm×ccm=a2ccm3，所以密度ρ==g·cm-3，故答案为：。5．C解析：MgS2O或OS2sp2[Co(NH3)5Cl]2+6MO2【解析】【分析】【详解】（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；（2）将一个氧原子换成一个硫原子，因此的甲的化学式为或，中硫原子是杂化，考虑到等电子体的结构类似，因此分子中心原子的杂化类型也为；（3）根据分析，1mol紫红色的物质中有2mol位于外界，因此剩下的1mol位于内界，其配离子的化学式为，而1mol绿色的物质中有1mol位于外界，因此剩下的2mol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来计算，位于棱心的氧原子按来计算，位于面心的氧原子按来计算，位于体心的氧原子按1个来计算，因此一共有个氧原子，根据分析，一个晶胞内有4个M离子和8个氧离子，因此其化学式为；②分子内有4个M和8个氧，因此一个晶胞的质量为，晶体的体积为，代入后化简即可得到；③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。6．B解析：低sp2平面三角形碳18【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，n＝2，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+=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）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）①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；②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=2××（同层相邻Ca-Cu距离）=2××294pm=294pm；该晶胞中Ca原子个数=12×+2×=3、Cu原子个数=12×+6×+6=15，该晶胞体积=（m2sin60°×6×n）cm3=m2ncm3，晶体密度==g·cm－3，故答案为：。【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。7．F解析：SmFeAsO1-xFx(，，0)(0，0，)【解析】【分析】【详解】(1)如图所示，AB之间的距离为面对角线长度=apm，AB之间距离相当于4个Cu原子直径，x距离1个Cu原子直径=pm，体对角线长度=棱长=apm；CD距离为y，该长度为体对角线BC长度的=×apm=pm，该晶胞中Mg原子位于8个顶点上、6个面心上，在晶胞内部有4个Mg原子，所以Mg原子个数=8×+6×+4=8，Cu原子都位于晶胞内部，有16个；晶胞体积V=(a×10-10cm)3，晶胞密度ρ=g/cm3=g/cm3；(2)由晶胞结构中各原子所在位置可知，该晶胞中Sm个数为，Fe个数为，As个数为，O和F的个数之和为2，F-的比例为x，O2-的比例为1-x，故该化合物的化学式为SmFeAsO1-xFx，1个晶胞的质量为g，1个晶胞的体积为V=(a×10-10pm)3=a3×10-30cm3，则晶胞密度ρ=g/cm3；原子2位于底面面心，其坐标为(，，0)；原子3位于棱上，其坐标为(0，0，)。【点睛】本题考查及晶胞计算、原子的坐标表示，在进行晶胞计算时，要学会使用均摊方法，注意CD距离与晶胞棱长关系的判断，考查了学生的空间想像能力及计算能力。8．H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，排斥作用减弱，所以H-N-H键键角变大Π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×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)6]2＋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π键的原子有5个，其中3个C原子、2个N原子，参与形成大π键的电子数为6。化合物[EMIM][AlCl4]，由[EMIM]+、[AlCl4]-构成，由此可确定该物质的晶体类型。(4)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)①四个S2-构成正四面体结构，Zn2+体积很小，填入S2－组成的空隙中；②由①无法判断出S2－、Zn2+是否相切；已知晶体密度为dg/cm3，S2－半径为apm，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]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)6]2＋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π键的原子有5个，其中3个C原子、2个N原子，参与形成大π键的电子数为6，EMIM＋离子中的大π键应表示为Π。化合物[EMIM][AlCl4]，由[EMIM]+、[AlCl4]-构成，则晶体类型为离子晶体。答案为：Π；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)①四个S2-构成正四面体结构，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；②由①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8×+6×=4，所以晶体的体积为=cm3，晶胞边长为cm。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x、x，即可求出斜边为x(x为晶胞边长)，则a位置S2-离子与b位置Zn2+之间的距离为x，从而得出a+r(Zn2+)=∙×1010pm，r(Zn2+)=(∙×1010-a)pm。答案为：否；∙×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。9．C解析：1s22s22p63s23p63d5sp2、sp33：4V型bkJ•mol﹣12ekJ•mol﹣1(f-a-b-c-d-e)kJ•mol﹣1ZnS【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1s22s22p63s23p63d54s2；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σ键与π键的个数；(3)NO2-中N原子的价层电子对数=2+(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，三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键，故(CN)2分子中σ键与π键数目之比为3：4，故答案为：3：4；(3)NO2-中N原子的价层电子对数=2+(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•mol﹣1；由图中O2(g)2O(g)为molO=O的键能，故O=O键键能为ekJ•mol﹣1×2=2ekJ•mol﹣1；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•mol﹣1，故答案为：bkJ•mol﹣1；2ekJ•mol﹣1；(f-a-b-c-d-e)kJ•mol﹣1；(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：，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NAa3cm3，因此该晶体的密度为，故答案为：ZnS；。【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，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。10．F解析：p3sp2杂化平面三角形NO2-乙醇分子间可形成氢键，沸点高6正八面体【解析】【分析】(1)除了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号；第二周期元素中，第一电离能比O元素大的有N、F、Ne元素；(2)O3的中心原子的价层电子对个数=2+=3且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式及其分子的

VSEPR模型，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18；(3)形成分子间氢键的物质熔沸点较高；(4)Fe2+的配位数为6；与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为正八面体。【详解】(1)除了ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号，O原子最后通入的电子是p电子，所以O元素位于p区；第二周期元素中，第一电离能比O元素大的有N、F、Ne元素，所以有3种元素；(2)O3的中心原子的价层电子对个数=2+=3且含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的杂化形式为sp2杂化、其分子的

VSEPR模型为平面三角形，与其互为等电子体的离子中含有3个原子、价电子数是18，与其互为等电子体的阴离子有NO2-(合理即可)；(3)形成分子间氢键的物质熔沸点较高，乙醇能形成分子间氢键、甲醚不能形成分子间氢键，所以乙醇的熔沸点比甲醚高；(4)Fe2+的配位数为6；与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型、与Fe2+紧邻的所有O2-构成的几何构型相同，根据知，表中有标记的这几个离子形成正八面体，则与O2-紧邻的所有Fe2+构成的几何构型为正八面体。【点睛】考查原子杂化方式及分子的立体构型的判断，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；中心原子的杂化类型为sp2，说明该分子中心原子的价层电子对个数是3，无孤电子对数，空间构型是平面三角形。11．C解析：第四周期第Ⅷ族283s23p63d8配位键sp2、sp3O>N>C>HNi(CO)4非极性小于甲醇分子和水分子间能够形成氢键，且甲醇和水都是极性分子a8:3【解析】【分析】（1）Ni的原子序数28，位于第四周期、Ⅷ族元素，题目中问的是M层电子的排布；（2）从图看出氮镍之间形成的是配位键；碳原子的价层电子对数有等于3，也有等于4，故碳原子的杂化类型为sp2杂化、sp3杂化，H、C、N、O的电负性的比较，同一周期从左到右主族元素的电负性逐渐增强；（3）依据题中所给配合物价电子总数符合18电子规则，镍元素的价电子数为10，可以推出Ni原子与CO形成配合物的化学式为Ni(CO)4；根据相似相溶原理，判断出Ni(CO)4为非极性分子（4）甲醇分子内C的成键电子对数为4，无孤电子对，杂化类型为sp3，甲醛分子中的碳采取sp2杂化，甲醇分子内O-C-H键角比甲醛分子内O-C-H键角小；依据相似相溶原理和分子间可以形成氢键，因此甲醇易溶于水；（5）依据x的值和化合物中元素化合价代数和为0，可以计算出Ni2+与Ni3+的最简整数比。【详解】（1）Ni的原子序数28，位于第四周期，Ⅷ族元素，根据泡利不相溶原理，核外有多少个电子就有多少种运动状态，所以镍原子核外有28种运动状态；（2）从图看出氮镍之间形成的是配位键；碳原子形成四个单键是sp3杂化，形成一个双键和两个单键是sp2杂化；根据非金属性越强，电负性越小