2026《金版教程》高考复习方案化学经典版-高考题型专项突破 晶体的有关计算

例1(2024·江西卷)NbO的立方晶胞如图，晶胞参数为anm，P的分数坐标为(0，0，0)，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是()A．Nb的配位数是6B．Nb和O最短距离为eq\f(\r(2),2)anmC．晶体密度ρ＝eq\f(6×（93＋16）,NA×a3×10－21)g·cm－3D．M的分数坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))[解题思路分析]由题图可知，Nb处于面心，距其最近且相等的O有4个，配位数为4，A错误；Nb和O的最短距离为晶胞棱长的一半，即eq\f(1,2)anm，B错误；该晶胞中Nb的个数为6×eq\f(1,2)＝3，O的个数为12×eq\f(1,4)＝3，晶胞质量为eq\f(3×（93＋16）,NA)g，晶胞体积为(a×10－7cm)3，故晶体密度为eq\f(3×（93＋16）,NA×a3×10－21)g·cm－3，C错误；P为坐标原点，则M的分数坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，D正确。[答案]D例2(2024·河北卷)金属铋及其化合物广泛应用于电子设备、医药等领域。如图是铋的一种氟化物的立方晶胞及晶胞中MNPQ点的截面图，晶胞的边长为apm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A．该铋氟化物的化学式为BiF3B．粒子S、T之间的距离为eq\f(\r(11),4)apmC．该晶体的密度为eq\f(1064,NA×a3×10－30)g·cm－3D．晶体中与铋离子最近且等距的氟离子有6个[解题思路分析]根据题给晶胞结构，由均摊法可知，每个晶胞中含有1＋12×eq\f(1,4)＝4个Bi，含有8＋8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝12个F，故该铋氟化物的化学式为BiF3，A正确；将晶胞均分为8个小立方体，则晶胞体内的8个F位于8个小立方体的体心，以M为原点建立坐标系，则T的原子分数坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))，S的原子分数坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(3,4)))，故粒子S、T之间的距离为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,4)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(3,4)))\s\up12(2))×apm＝eq\f(\r(11),4)apm，B正确；由A项分析可知，每个晶胞中有4个BiF3单元，晶胞体积为a3×10－30cm3，则晶体密度为eq\f(4×266,NA×a3×10－30)g·cm－3＝eq\f(1064,NA×a3×10－30)g·cm－3，C正确；以晶胞体心处铋离子为分析对象，距离其最近且等距的氟离子位于晶胞体内，有8个，D错误。[答案]D例3(2024·甘肃卷节选)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数a≠c，α＝β＝γ＝90°。图丙中Ca与N的距离为________pm；化合物的化学式是____________，其摩尔质量为Mg·mol－1，阿伏加德罗常数的值是NA，则晶体的密度为__________g·cm－3(列出计算表达式)。[解题思路分析]图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故Ca与N的距离为eq\f(\r(2),2)apm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为8×eq\f(1,8)＋2＝3，N的个数为8×eq\f(1,4)＋2×eq\f(1,2)＝3，B的个数为4×eq\f(1,4)＝1，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为Mg·mol－1，阿伏加德罗常数的值是NA，晶胞体积为a2c×10－30cm3，则晶体的密度为eq\f(M,NAa2c)×1030g·cm－3。[答案]eq\f(\r(2),2)aCa3N3Beq\f(M,NAa2c)×1030例4(2024·山东卷节选)Mn的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为________。当MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价________(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是________(填标号)。A．CaOB．V2O5C．Fe2O3D．CuO[解题思路分析]由均摊法得，晶胞中Mn的数目为1＋8×eq\f(1,8)＝2，O的数目为2＋4×eq\f(1,2)＝4，即该氧化物的化学式为MnO2；MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，Mn的化合价为＋2x，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为＋2价、V2O5中V的化合价为＋5价、Fe2O3中Fe的化合价为＋3价、CuO中Cu的化合价为＋2价，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降到比0大的价态，说明CaO晶体不能通过这种方式获得半导体性质。[答案]MnO2降低A1．确定晶胞中原子坐标与投影图晶胞中的任意一个原子的中心位置均可用3个分别≤1的数在立体坐标系中表示出来。注意：在确定各原子的坐标时，要注意x、y、z轴的单位标准不一定相同。(1)钾型晶胞结构模型的原子坐标与投影图①粒子坐标：若1(0，0，0)，3(1，1，0)，5(0，0，1)，则6的原子坐标为(0，1，1)，7为(1，1，1)，9为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))。②x、y平面上的投影图：(2)铜型晶胞结构模型的原子坐标和投影图①粒子坐标：若1(0，0，0)，13eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))，则15的原子坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，11为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))。②x、y平面上的投影图：(3)金刚石晶胞结构模型的原子坐标和投影图①若a原子为坐标原点，晶胞边长的单位为1，则原子1、2、3、4的坐标分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4)))、eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3,4)，\f(3,4)))、eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(1,4)，\f(3,4)))、eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(3,4)，\f(1,4)))。②x、y平面上的投影图：(4)沿体对角线投影①钾型晶胞②铜型晶胞2．空间利用率的计算方法(1)空间利用率：指构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。空间利用率＝eq\f(球体积,晶胞体积)×100%。(2)空间利用率的计算步骤：首先计算晶胞中的粒子数；再计算晶胞的体积。如：六方晶胞(如图)。S＝2r×eq\r(3)r＝2eq\r(3)r2h＝eq\f(2\r(6),3)rV(球)＝2×eq\f(4,3)πr3V(晶胞)＝S×2h＝2eq\r(3)r2×2×eq\f(2\r(6),3)r＝8eq\r(2)r3空间利用率＝eq\f(V（球）,V（晶胞）)×100%＝eq\f(2×\f(4,3)πr3,8\r(2)r3)×100%≈74%1．(2023·湖北卷)镧La和H可以形成一系列晶体材料LaHn，在储氢和超导等领域具有重要应用。LaHn属于立方晶系，晶胞结构和参数如图所示。高压下，LaH2中的每个H结合4个H形成类似CH4的结构，即得到晶体LaHx。下列说法错误的是()A．LaH2晶体中La的配位数为8B．晶体中H和H的最短距离：LaH2>LaHxC．在LaHx晶胞中，H形成一个顶点数为40的闭合多面体笼D．LaHx单位体积中含氢质量的计算式为eq\f(40,（4.84×10－8）3×6.02×1023)g·cm－3答案：C解析：由LaH2的晶胞结构可知，La位于顶点和面心，晶胞内8个小立方体的中心各有1个H原子，若以顶点La研究，与之最近的H原子有8个，则La的配位数为8，A正确；由LaHx晶胞结构可知，每个H结合4个H形成类似CH4的结构，H和H之间的最短距离变小，则晶体中H和H的最短距离：LaH2>LaHx，B正确；由题干信息可知，在LaHx晶胞中，每个H结合4个H形成类似CH4的结构，这样的结构有8个，但它们形成的不是闭合的结构，C错误；1个LaHx晶胞中含有5×8＝40个H原子，含H质量为eq\f(40,NA)g，晶胞的体积为(4.84×10－8)3cm3，则LaHx单位体积中含氢质量的计算式为eq\f(40,（4.84×10－8）3×6.02×1023)g·cm－3，D正确。2．(2023·辽宁卷)晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是()A．图1晶体密度为eq\f(72.5,NA×a3×10－30)g·cm－3B．图1中O原子的配位数为6C．图2表示的化学式为LiMg2OClxBr1－xD．Mg2＋取代产生的空位有利于Li＋传导答案：C解析：C项，图2中Mg和空位均存在，Mg的个数小于2，化学式错误。3．(2024·北京卷节选)白锡和灰锡是单质Sn的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。(1)灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有________个。(2)若白锡和灰锡的晶胞体积分别为V1nm3和V2nm3，则白锡和灰锡晶体的密度之比是________。答案：(1)4(2)eq\f(V2,4V1)4．钛晶体有两种晶胞，如图所示。(1)如图1所示，晶胞的空间利用率为________________(用含π的式子表示)。(2)已知图2中六棱柱边长为xcm，高为ycm。该钛晶胞密度为dg·cm－3，NA为________mol－1(用含x、y和d的式子表示)。答案：(1)eq\f(\r(3),8)π×100%(2)eq\f(64\r(3),dx2y)解析：(1)由图1可知，晶胞中钛原子的数目为1＋8×eq\f(1,8)＝2，设原子半径为r，则晶胞的体对角线为4r，晶胞的棱长为eq\f(4r,\r(3))，则空间利用率为eq\f(2×\f(4,3)πr3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4r,\r(3))))\s\up12(3))×100%＝eq\f(\r(3),8)π×100%。(2)图2晶胞中钛原子的数目为3＋2×eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)×12＝6，晶胞的质量为eq\f(6×48,NA)g，六棱柱边长为xcm，高为ycm，则晶胞的体积为eq\f(3\r(3),2)x2ycm3，则eq\f(3\r(3),2)x2yd＝eq\f(6×48,NA)，由此计算得NA＝eq\f(64\r(3),dx2y)mol－1。5．金属铜与铝可形成多种组成不同的合金，其中一种合金的晶胞如图甲所示，晶胞参数α＝β＝γ＝90°，a＝b＝0.41nm，c＝0.58nm，按图甲中阴影面进行投影得到图乙。(1)已知晶胞中A点的原子坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(3,4)))，则B点的原子坐标为________。(2)该晶体的化学式为________________，密度为________g·cm－3(结果保留两位有效数字)。答案：(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,4)))(2)Al2Cu(或CuAl2)4.0专项作业[建议用时：40分钟]一、选择题(每小题只有1个选项符合题意)1．(2023·湖南卷)科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为apm。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是()A．晶体最简化学式为KCaB6C6B．晶体中与K＋最近且距离相等的Ca2＋有8个C．晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面D．晶体的密度为eq\f(2.17×1032,a3·NA)g·cm－3答案：C解析：根据晶胞结构可知，其中K个数为8×eq\f(1,8)＝1，Ca个数为1，B个数为12×eq\f(1,2)＝6，C个数为12×eq\f(1,2)＝6，故其最简化学式为KCaB6C6，A正确；根据晶胞结构可知，Ca2＋位于晶胞体心，K＋位于顶点，则晶体中与K＋最近且距离相等的Ca2＋有8个，B正确；根据晶胞结构可知，晶胞中B和C原子构成的多面体有14个面，C错误；该晶胞最简化学式为KCaB6C6，则1个晶胞质量为eq\f(217,NA)g，晶胞体积为a3×10－30cm3，则其密度为eq\f(2.17×1032,a3·NA)g·cm－3，D正确。2.(2025·甘肃省高考诊断考试)磷青铜是铜与锡、磷的合金，质地坚硬，主要用作耐磨零件和弹性元件。某立方磷青铜晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是()A．Sn的价层电子排布式为5s25p2B．Cu在元素周期表中位于ds区，属于过渡元素C．该晶体中，距离Sn最近的P有12个D．该晶体密度的计算式为eq\f(342,NA×（a×10－10）3)g·cm－3答案：C解析：由晶胞结构可知，该晶体中，距离Sn最近的P有8个，C错误。3．氮化铝可用作热交换器中的高温结构材料等，可由铝粉在氨或氮气氛围中800～1000℃下合成，其晶胞结构如图所示(晶胞参数的单位为pm，设NA为阿伏加德罗常数的值)，下列说法正确的是()A．氨气分子间存在氢键，所以氨气分子稳定性强B．1个氮化铝晶胞中含有17个铝原子和17个氮原子C．若铝原子的半径为rpm，则铝的空间利用率为eq\f(136\r(3)πr3,27a2c)×100%D．该晶胞的密度为eq\f(164\r(3),3NAa2c)×1030g·cm－3答案：D解析：氨气分子稳定性强是因为氮氢键的键能大，A错误；1个氮化铝晶胞中含有6个铝原子和6个氮原子，B错误；1个氮化铝晶胞中含有6个铝原子，铝原子的体积为eq\f(4πr3×6,3)pm3，晶胞的体积为eq\f(3\r(3)a2c,2)pm3，则铝的空间利用率为eq\f(16\r(3)πr3,9a2c)×100%，C错误。4.(2025·聊城市高三质量检测)科学工作者发现了一种光解水的催化剂，其晶胞结构如图所示，已知晶胞参数为apm，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中错误的是()A．O位于由Ce构成的四面体空隙中B．Ce在晶胞中的配位数为8C．Ce与Ce最近的距离为eq\f(\r(2),2)apmD．该晶体的摩尔体积Vm＝eq\f(a3·10－30NA,4)m3·mol－1答案：D解析：1个晶胞体积为a3×10－36m3，1个晶胞中含有4个Ce和8个O，则该晶体的摩尔体积为eq\f(a3·10－36NA,4)m3·mol－1，D错误。5．(2025·辽宁省辽阳市高三质量检测)氧化铈(CeO2)常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3＋占据原来Ce4＋的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用，CeO2晶胞中Ce4＋与最近O2－的核间距为apm。下列说法正确的是()已知：O2－的空缺率＝eq\f(氧空位数,氧空位数＋O2－数)×100%。A．已知M点原子的分数坐标为(0，0，0)，可得N点原子的分数坐标为(1，0，1)B．CeO2晶胞中与Ce4＋最近的Ce4＋的个数为6C．CeO2晶体的密度为eq\f(1.72×1032,（\r(3)a）3·NA)g·cm－3D．若掺杂Y2O3后得到n(CeO2)∶n(Y2O3)＝0.6∶0.2的晶体，则此晶体中O2－的空缺率为10%答案：D解析：根据M点原子的分数坐标为(0，0，0)，可得N点原子的分数坐标为(1，1，1)，故A错误；根据图示，CeO2晶胞中与Ce4＋最近的Ce4＋的个数为12，故B错误；根据均摊原则，CeO2晶胞中Ce4＋数为4，O2－数为8，CeO2晶胞中Ce4＋与最近O2－的核间距为apm，则晶胞边长为eq\f(4\r(3)a,3)pm，晶体的密度为eq\f(172×4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3)a,3)×10－10))\s\up12(3)×NA)g·cm－3＝eq\f(3.87×1032,4\r(3)a3·NA)g·cm－3，故C错误；CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1∶2，若掺杂Y2O3后得到n(CeO2)∶n(Y2O3)＝0.6∶0.2的晶体，阳离子和阴离子的个数比为1∶1.8，则此晶体中O2－的空缺率为eq\f(2－1.8,2)×100%＝10%，故D正确。6．(2025·沧州市沧县中学高三月考)六方硫化锌的结构是S原子作六方最密堆积，其晶胞如图所示，图中A点分数坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,3)，\f(7,8)))，B点分数坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,3)，\f(1,2)))；底面边长a＝381.1pm，高c＝623.4pm。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A．晶胞中，Zn2＋填充空隙类型为正四面体空隙B．图中S原子的配位数为6C．图中A、B的核间距约为233.8pmD．该晶体密度为eq\f(\f(2×97,NA),\f(\r(3),2)×（381.1×10－10）2×623.4×10－10)g·cm－3答案：B解析：图中距离S原子最近的Zn原子是4个，因此S原子的配位数为4，B错误。二、非选择题7．(2023·全国甲卷节选)气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图a所示，二聚体中Al的轨道杂化类型为________。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为________键。AlF3结构属立方晶系，晶胞如图b所示，F－的配位数为______。若晶胞参数为apm，晶体密度ρ＝________g·cm－3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。答案：sp3离子2eq\f(84×1030,NA·a3)解析：由AlF3的晶胞结构可知，其中大球的个数为12×eq\f(1,4)＝3，小球的个数为8×eq\f(1,8)＝1，则大球为F－，距F－最近且等距的Al3＋有2个，则F－的配位数为2。若晶胞参数为apm，则晶胞的体积为a3×10－30cm3，晶胞的质量为eq\f(84,NA)g，则其晶体密度ρ＝eq\f(84×1030,NA·a3)g·cm－3。8．理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体(晶胞如图a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。(1)图b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是________________________________。(2)图c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为________；该晶胞中粒子个数比Hg∶Ge∶Sb＝____________。(3)设X的最简式的式量为Mr，则X晶体的密度为________g/cm3(列出算式)。答案：(1)由图c可知，图b不是该晶体的最小重复单元(2)41∶1∶2(3)eq\f(2×Mr,301×x2y)9．(2025·山东省潍坊市高三质量检测)硼族元素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：(1)一定条件下，NH4F、NaF和Na[Al(OH)4]反应生成NH3、H2O和化合物X。X晶胞及晶胞中某一原子的俯视投影如图所示，晶胞参数为apm、cpm，α＝β＝γ＝90°。上述反应的化学方程式为__________________________________，X晶体内含有的作用力有________(填字母)。a．配位键 b．离子键c．氢键 d．金属键(2)设阿伏加德罗常数的值为NA。化合物X的密度为_______g·cm－3(用含a、c的代数式表示)。答案：(1)4NH4F＋2NaF＋Na[Al(OH)4]=Na3AlF6＋4NH3↑＋4H2Oab(2)eq\f(4.2×1032,a2cNA)10．(2025·广东省江门市高三质量检测)由Li2CO3进一步制得的Li2O具有反萤石结构，晶胞如图所示。(1)O2－在晶胞中的位置为______________。(2)设阿伏加德罗常数的值为NA。晶胞Li2O的密度为bg·cm－3，则晶胞参数(棱长)为________pm。答案：(1)在立方体的顶点和面心上(2)eq\r(3,\f(120,bNA))×1010

第六单元综合练习[建议用时：60分钟]一、选择题(每小题只有1个选项符合题意)1．(2025·广东省南粤名校高三联考)下列图示或化学用语错误的是()A．OH－的电子式：B．Mn2＋的价层电子的轨道表示式：C．BF3分子空间结构为平面三角形D．P4中的共价键类型：非极性键答案：B解析：Mn为25号元素，失去2个电子形成Mn2＋，基态Mn2＋的价层电子的轨道表示式为，B错误。2．物质的结构决定物质的性质。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A．DNA通过氢键结合成稳定的双螺旋结构B．46g由二甲醚(CH3OCH3)和乙醇组成的混合物中，杂化方式为sp2杂化的原子数为2NAC．键角：COeq\o\al(2－,3)＞NF3＞P4D．基态Mn原子中，两种自旋状态的电子数之比为2∶3答案：B解析：在二甲醚和乙醇中，碳原子和氧原子均为sp3杂化，B错误。3．(2025·云南三校高三联考)下列说法错误的是()A．键能：C—H>Si—H，因此CH4比SiH4稳定B．中心原子上的孤电子对数：Ieq\o\al(＋,3)>H2OC．键角：NH3>PH3，因为NH3的成键电子对间的排斥力更大D．极性：F—C>Cl—C，因此酸性：CF3COOH>CCl3COOH答案：B4．下列关于B、Al及其化合物结构与性质的论述正确的是()A．Al能以sp3d2杂化形成AlFeq\o\al(3－,6)，推测B也能以sp3d2杂化形成BFeq\o\al(3－,6)B．Al(OH)3是两性氢氧化物，推测B(OH)3也是两性氢氧化物C．键能：B—Cl>Al—Cl，所以BCl3的沸点高于AlCl3D．立方BN是结构类似于金刚石的共价晶体，推测其有很高的硬度答案：D5．(2025·武汉市高三调研)下列对物质性质的比较及相应解释错误的是()选项物质性质解释A热稳定性：CH4>H2S非金属性：C>SB酸性：乙酸>丙酸推电子效应：—C2H5>—CH3C活泼性：C2H4>C2H6碳碳键强度：σ键>π键D沸点：NH3>AsH3分子间作用力：NH3>AsH3答案：A6．在通常条件下，下列比较正确的是()A．熔点：CO2>KCl>SiO2B．水溶性：HCl>CH4>SO2C．键角：CH4>H2O>NH3D．键能：H—F键>H—Cl键>H—Br键答案：D解析：晶体的熔点高低顺序一般为共价晶体>离子晶体>分子晶体，则熔点高低为SiO2>KCl>CO2，A错误；HCl和SO2均为极性分子，CH4为非极性分子，根据“相似相溶”规律，HCl和SO2在水中的溶解度均大于CH4，B错误；NH3、H2O、CH4三种分子的中心原子均采取sp3杂化，CH4中C原子上没有孤电子对，为正四面体形，NH3中N原子上有1个孤电子对，为三角锥形，H2O中O原子上有2个孤电子对，为V形，孤电子对数越多，键角越小，所以键角：CH4>NH3>H2O，C错误。7．(2025·武汉市高三调研)X、Y、Z、W为原子序数依次增大的主族元素。基态X原子中含有两种形状的电子云，且有一个单电子；基态Y原子的最高能级轨道中均有电子，且自旋方向相同；基态Z原子的价层电子排布式为nsnnp2n；W是地壳中含量最多的金属元素。下列说法错误的是()A．电负性：X<WB．简单氢化物的沸点：Y<ZC．Y的第一电离能高于同周期相邻元素D．W的合金餐具不宜长时间存放酸性或碱性食物答案：A8．(2025·湖北省八市高三联考)下列有关物质结构与性质的说法错误的是()A．键角：PH3>NH3B．离子键成分的百分数：Ca3N2>Mg3N2C．原子半径：Be>BD．电离常数Ka：CF3COOH>CHF2COOH答案：A解析：P的电负性小于N，对电子的吸引能力：P<N，故N—H键中的共用电子对更偏向N，且键长：P—H键>N—H键，故N—H键间共用电子对斥力更大，键角：PH3<NH3，A错误。9．(2025·南京市、盐城市高三调研测试)工业上可用NaClO处理水体中的氨氮(NH3、NHeq\o\al(＋,4))生成N2。下列说法正确的是()A．原子半径：r(O)<r(Na)<r(Cl)B．电负性：χ(Na)<χ(N)<χ(O)C．NH4Cl属于分子晶体D．第一电离能：I1(H)<I1(N)<I1(O)答案：B解析：A项，Na的半径比Cl的大，错误；C项，NHeq\o\al(＋,4)与Cl－之间为离子键，NH4Cl属于离子晶体，错误；D项，基态N原子的2p轨道中的电子为半充满的稳定状态，故基态N原子的第一电离能大于基态O原子的第一电离能，错误。10．硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，已知晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误的是()A．Zn位于元素周期表的ds区B．基态Se原子核外有18种不同空间运动状态的电子C．A点原子的坐标为(0，0，0)，则B点原子的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(3,4)))D．该晶体密度为eq\f(（65＋79）×4,（a×10－10）3NA)g·cm－3答案：C解析：A点原子坐标为(0，0，0)，则B点原子的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3,4)，\f(3,4)))，C错误。11．如图三条曲线表示C、Si和P元素的前四级电离能变化趋势。下列说法正确的是()A．元素电负性：c>b>aB．简单气态氢化物的稳定性：c>a>bC．简单气态氢化物的相对分子质量：b>c>aD．第五电离能I5：a>b>c答案：C解析：同主族元素自上而下第一电离能逐渐减小，P元素3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，故Si的第一电离能最小，由图中第一电离能可知，c为Si，P原子第四电离能为失去3s2中1个电子，3s2为稳定状态，与第三电离能相差较大，可知b为P、a为C。同周期主族元素自左而右电负性逐渐增大，同主族元素自上而下电负性逐渐减小，则Si的电负性最小，故A错误；非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，Si的非金属性最弱，则SiH4的稳定性最差，故B错误；C、Si失去4个电子后分别为1s2、2s22p6稳定状态，能量更低，再失去1个电子时，第五电离能与第四电离能相差较大，P失去4个电子最外层为3s1状态，第四电离能与第五电离能相差不大，故第五电离能C>Si>P，故D错误。12．(2025·潍坊市高三开学调研)某化学小组向盛有4mL0.1mol·L－1CuSO4溶液的试管中逐滴加入1mol·L－1氨水，直至得到深蓝色透明溶液，再加入8mL95%乙醇，析出深蓝色晶体，过滤、洗涤，将晶体溶于水，取两份相同的溶液a和b。向a中加入铁钉，无明显现象；向b中加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。下列说法错误的是()A．该深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·nH2OB．加入乙醇后，[Cu(NH3)4]2＋与乙醇发生反应C．溶液a中不存在大量Cu2＋D．向深蓝色透明溶液中加入固体Na2SO4，有利于获得较多的深蓝色晶体答案：B解析：深蓝色晶体溶解液中加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明该深蓝色晶体为硫酸盐，而加入铁钉，无明显现象，说明溶液中无Cu2＋，故该深蓝色晶体中Cu2＋形成稳定的配离子，则深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·nH2O，A、C正确；由于[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，故可析出晶体，乙醇与[Cu(NH3)4]2＋并未发生反应，B错误；向深蓝色透明溶液中加入固体Na2SO4，c(SOeq\o\al(2－,4))增大，有利于获得较多的深蓝色晶体，D正确。二、非选择题13．(2024·海南卷)锂电池是新型储能系统中的核心部件。作为锂电池中用到的电解质材料之一，Li—bfsi(阴离子bfsi－结构见下图A)深受关注。回答问题：(1)Li—bfsi的制备前体H—bfsi(B)，可由C的氟化反应得到，C中第三周期元素有________(填元素符号)。(2)C分子中，两个H—N—S键角均为117°，S—N—S键角为126°，N的原子轨道杂化类型为________。(3)B溶于某溶剂发生自耦电离(2BA＋F)，阳离子F的结构式为________________。(4)B和D水溶液均呈酸性，相同温度下，Ka值大小关系：B________D(填“>”或“<”)；沸点大小关系：B(170℃)>E(60.8℃)，其原因是____________________。(5)研究表明，某有机溶剂中，相同浓度的G溶液和H溶液，前者电导率显著低于后者，原因是________________________________________________________________________________________________________________。(6)Li2(OH)Cl在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体形晶胞(图1，长方体棱长为a、b、c)，另一种取立方体形晶胞(图2，Cl居于立方体中心，立方体棱长为d)。图中氢原子皆已隐去。①立方体形晶胞所代表的晶体中部分锂离子(●Li)位置上存在缺位现象，锂离子的总缺位率为________；该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为________。②两种晶型的密度近似相等，则c＝________。(以含a、b和d的代数式表达)答案：(1)Cl、S(2)sp2(3)或(4)>B分子间存在氢键(5)G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴、阳离子浓度小于H溶液(6)①eq\f(1,3)8②eq\f(2d3,ab)解析：(6)①由立方体形晶胞结构可知，晶胞中的氯离子个数为1，氧个数为8×eq\f(1,8)＝1，锂离子个数为12×eq\f(1,4)＝3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总缺位率为eq\f(3－2,3)＝eq\f(1,3)；晶胞中位于体心的氯离子与位于棱上的锂离子距离最近，再结合上述分析可知，该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为8。②设Li2(OH)Cl的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为eq\f(2M,abcNA)，立方体形晶胞的密度为eq\f(M,d3NA)，由两种晶型的密度近似相等可知，c＝eq\f(2d3,ab)。14．我国的航天航空事业取得了举世瞩目的成就，近年来硼氢类离子液体作为火箭推进剂燃料得到广泛的使用，具有点火延迟时间、宽液程和极低的蒸汽压等优点。硼氢类离子液体的部分合成路线如图所示：(1)基态Ba原子的价层电子排布式为________，其N层具有的电子数是________。(2)C、O、S、H的电负性由大到小的顺序为________________；C、O、N的第一电离能由大到小的顺序为________________。(3)中不存在的作用力有________。a．离子键b．极性共价键c．非极性共价键d．配位键e．σ键f．π键g．金属键h．氢键(4)多原子分子中，若原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道，则p电子可在多个