人教版高中化学必修第一册考点练25晶体结构与性质含答案

考点25晶体结构与性质一、选择题1.(2025·安徽卷·2)以下研究文物的方法达不到目的的是 ()A.用14C断代法测定竹简的年代B.用X射线衍射法分析玉器的晶体结构C.用原子光谱法鉴定漆器表层的元素种类D.用红外光谱法测定古酒中有机分子的相对分子质量【解析】选D。14C断代法通过测定有机物中14C的残留量确定年代,竹简的主要成分为有机物,适用此方法,A正确;X射线衍射法通过衍射图谱分析物质晶体结构,B正确;原子光谱法通过特征谱线鉴定元素种类,可用于鉴定漆器表层元素种类,C正确;红外光谱法用于分析分子官能团和结构,无法直接测定相对分子质量(需用质谱法),D达不到目的。2.(2025·安徽卷·12)碘晶体为层状结构,层间作用为范德华力,层间距为dpm。下图给出了碘的单层结构,层内碘分子间存在“卤键”(强度与氢键相近)。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 ()A.碘晶体是混合型晶体B.液态碘单质中也存在“卤键”C.127g碘晶体中有NA个“卤键”D.碘晶体的密度为2×254abd×【解析】选A。碘晶体中,层内分子间存在“卤键”(类似氢键),层与层之间是范德华力,与石墨不同(石墨层内只存在共价键),所以碘晶体是分子晶体,A错误;由题可知,“卤键”强度与氢键接近,则液态碘单质中也存在类似的分子间作用力,即“卤键”,B正确;由图可知,每个I2分子能形成4条“卤键”,每条“卤键”被2个碘分子共用,所以每个碘分子能形成2个“卤键”,127g碘晶体物质的量是0.5mol,“卤键”的个数是0.5mol×2×NAmol-1=NA,C正确;碘晶体为层状结构,所给区间内4个碘原子处于面上,则每个晶胞中碘原子的个数是8×12=4,晶胞的体积是abd×10-30cm3,密度是2×254abd×3.(2025·山东卷·8)物质性质与组成元素的性质有关,下列对物质性质差异解释错误的是 ()选项性质差异主要原因A沸点:H2O>H2S电离能:O>SB酸性:HClO>HBrO电负性:Cl>BrC硬度:金刚石>晶体硅原子半径:Si>CD熔点:MgO>NaF离子电荷:Mg2+>Na+,O2->F-【解析】选A。H2O沸点高于H2S的主要原因是H2O分子间存在氢键、H2S分子间不存在氢键,而非O的电离能大于S,A错误;HClO酸性强于HBrO是因为Cl的电负性大于Br,导致O—H键极性更强,更易解离出H+,B正确;金刚石硬度大于晶体硅是因为C原子半径小于Si,C—C键键能更大,结构更稳定,C正确;MgO和NaF均属于离子晶体,离子晶体的熔点取决于离子半径大小和离子电荷的多少,离子半径越小、离子电荷越多,其熔点越高,MgO熔点高于NaF主要因为Mg2+和O2-的电荷分别大于Na+和F-,D正确。4.(2025·甘肃卷·7)物质的结构决定性质,下列事实与结构因素无关的是 ()选项事实结构因素AK与Na产生的焰色不同能量量子化BSiH4的沸点高于CH4分子间作用力C金属有良好的延展性离子键D刚玉(Al2O3)的硬度大,熔点高共价晶体【解析】选C。焰色试验的本质是电子跃迁释放特定波长的光,不同元素的原子能级(能量量子化)导致焰色差异,结构因素正确,A不符合题意;SiH4和CH4均为分子晶体,沸点差异由分子间作用力(范德华力)强弱决定,结构因素正确,B不符合题意;金属延展性源于金属键的特性,而离子键对应离子晶体(延展性差),结构因素“离子键”错误,C符合题意;刚玉(Al2O3)的硬度大,熔点高,说明其具有共价晶体的特征,结构因素正确,D不符合题意。5.(2025·河北卷·8)化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不符的是 ()选项宏观现象微观解释A氮气稳定存在于自然界中氮分子中存在氮氮三键,断开该共价键需要较多的能量B苯不能使溴的CCl4溶液褪色苯分子中碳原子形成了稳定的大π键C天然水晶呈现多面体外形原子在三维空间里呈周期性有序排列D氯化钠晶体熔点高于氯化铝晶体离子晶体中离子所带电荷数越少,离子半径越大,离子晶体熔点越低【解析】选D。氮气的稳定性源于氮分子中的三键,键能高难以断裂,A正确;苯因大π键结构稳定,难以与溴发生加成反应,B正确;水晶的规则外形由原子三维有序排列(晶体结构)导致,C正确;氯化钠熔点高于氯化铝的原因是氯化铝为分子晶体而非离子晶体,选项中将二者均视为离子晶体并用离子电荷数和半径解释,不符合实际,D错误。6.(2025·河北卷·11)SmCok(k>1)是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料,在航空航天等领域中获得重要应用。SmCok的六方晶胞示意图如下,晶胞参数a=500pm、c=400pm,M、N原子的分数坐标分别为(56,16,12)、(16,56,下列说法错误的是 ()A.该物质的化学式为SmCo5B.体心原子的分数坐标为(12,12,C.晶体的密度为89033D.原子Q到体心的距离为10041pm【解析】选D。由晶胞图知,白球位于体心,数目为1,黑球位于顶角、棱心、体内,数目为8×18+8×14+2=5,结合题意知,白球为Sm、黑球为Co,该物质化学式为SmCo5,A正确;体心原子位于晶胞的体心,其分数坐标为(12,12,12),B正确;每个晶胞中含有1个“SmCo5”,晶胞底面为菱形,晶胞体积为32a2c×10-30cm3,则晶体密度为ρ=1NA×(150+59×5)g32a27.(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷·2)侯氏制碱法突破西方技术垄断,推动了世界制碱技术的发展,其主要反应为NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3↓+NH4Cl。下列有关化学用语或说法正确的是 ()A.CO2的电子式:OB.H2O的空间结构:直线形C.NH4Cl的晶体类型:离子晶体D.溶解度:NaHCO3>NH4HCO3【解析】选C。CO2中C和O之间有两对共用电子,其电子式为

··O······C····O····,A错误;H2O的中心原子为O,根据价层电子对互斥模型,其价层电子对数为4,VSEPR模型为四面体形,O原子与H原子形成共价键,剩余两对孤电子对,因此,H2O为V形分子,B错误;NH48.(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷·9)NaxWO3晶体因x变化形成空位而颜色各异,当0.44≤x≤0.95时,其立方晶胞结构如图。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是 ()A.与W最近且等距的O有6个B.x增大时,W的平均价态升高C.密度为243.5×1030a3·D.空位数不同,吸收的可见光波长不同【解析】选B。W位于立方体的顶角,以顶角W为例,在此晶胞内,离该顶角最近且等距的O原子位于该顶角所在3条棱的棱心,由于该顶角被8个晶胞共有,而棱上的原子被4个晶胞共有,所以与W最近且等距的O有3×8×14=6个,故A正确;O元素化合价为-2价,负化合价总数为-6,设W元素的平均化合价为y,据正负化合价代数和为0可得:-6+y+x=0,y=6-x,x的值增大y减小,即W元素的平均化合价降低,故B错误;0.44≤x≤0.95时,立方晶胞中W个数为8×18=1、O个数为12×14=3,若x=0.5,晶胞质量为m=184+16×3+23×0.5NAg,晶胞体积为V=(a×10-10)3cm3,则密度ρ=mV=184+16×3+23×0.5NA(a×10-10)3g·cm-3=243.5×19.(2025·湖北卷·7)下列关于物质性质或应用解释错误的是 ()选项性质或应用解释A石蜡油的流动性比水的差石蜡油的分子间作用力比水的小BNH3溶于水显碱性NH3可结合水中的质子COF2可以氧化H2OOF2中O显正电性D石墨作为润滑剂石墨层间靠范德华力维系【解析】选A。石蜡油的成分主要是高碳烷烃,相对分子质量大,分子间作用力大,导致黏度大,因此石蜡油流动性比水小的原因是分子间作用力比水的大,A错误;NH3中N有一对孤电子对,能与水提供的H+结合,从而释放OH-,因此NH3溶于水显碱性,B正确;F的电负性大于O,OF2中F显负电性,O显正电性,H2O中O显负电性,H2O中O容易转移电子给OF2中O,因此OF2可以氧化H2O,C正确;石墨是层状结构,石墨层间靠范德华力维系,范德华力较弱,导致层与层之间容易滑动,故石墨可作为润滑剂,D正确。10.(2025·湖北卷·9)SO2晶胞是长方体,边长a≠b≠c,如图所示。下列说法正确的是 ()A.一个晶胞中含有4个O原子B.晶胞中SO2分子的取向相同C.1号和2号S原子间的核间距为22D.每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有4个【解析】选D。由晶胞图可知,SO2分子位于长方体的棱心和体心,1个晶胞中含12×14+1=4个SO2分子,含有8个O原子,A错误;由图可知晶胞中SO2分子的取向不完全相同,如1和2,B错误;1号和2号S原子间的核间距离为上、下面面对角线的一半,即12a2+b211.(2025·湖南卷·7)K+掺杂的铋酸钡具有超导性。K+替代部分Ba2+形成Ba0.6K0.4BiO3(摩尔质量为354.8g·mol-1),其晶胞结构如图所示。该立方晶胞的参数为anm,设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ()A.晶体中与铋离子最近且距离相等的O2-有6个B.晶胞中含有的铋离子个数为8C.第一电离能:Ba>OD.晶体的密度为3.548×1021【解析】选A。铋离子位于顶点,与其最近且距离相等的O2-位于棱心,有6个,分别位于上下、前后、左右,A正确;晶胞中含有的铋离子个数为8×18=1,B错误;Ba金属性强于Ca,易失电子,第一电离能小于O,C错误;晶胞中Ba或K位于体心,个数总和为1,O2-位于棱心,有12×14=3个,所以晶胞的质量为354.8NAg,晶胞体积为(a×10-7)3cm3,则晶体的密度为12.（2025·重庆卷·8)化合物X的晶胞如图所示,下列叙述正确的是 ()A.X中存在π键B.X属于混合型晶体C.X的化学式可表示为C3N4D.X中C原子上有1对孤电子对【解析】选C。由图可知,晶胞中C原子位于面心，个数为6×12=3,N原子位于晶胞内部,个数为4。C、N均以单键连接,晶胞中不含π键,A错误;晶胞内只存在共价键,不是混合型晶体,B错误;由分析可知,晶胞化学式为C3N4,C正确;位于面心的C原子,与周围4个N原子(位于2个晶胞内)相连,其配位数为4,不存在孤电子对13.(2025·晋陕青宁卷·6)下列对物质性质的解释错误的是 ()选项物质性质解释A氯化钠熔点高于氯化铯氯化钠离子键强于氯化铯B碘易溶于四氯化碳碘和四氯化碳都是非极性分子C草酸氢钠溶液显酸性草酸氢根离子水解程度大于电离程度D离子液体导电性良好离子液体中有可移动的阴、阳离子【解析】选C。氯化钠中的钠离子(Na+)半径比氯化铯中的铯离子(Cs+)半径小,离子键强度更大,因此熔点更高,A正确;碘和四氯化碳均为非极性分子,符合“相似相溶”原理,B正确;草酸氢钠溶液显酸性是因为草酸氢根离子(HC2O42−)的电离(释放H+)程度大于水解(生成OH14.(2025·晋陕青宁卷·8)一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图,晶胞密度为dg·cm-3,阿伏加德罗常数的值为NA,下列说法错误的是 ()A.沿晶胞体对角线方向的投影图为B.Ag和B均为sp3杂化C.晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个D.Ag和B的最短距离为32×3223N【解析】选A。由晶胞图可知,晶胞中Ag位于体心,B位于顶点,C、N位于体对角线上,沿晶胞体对角线方向投影,体对角线上的原子投影到中心(重叠),其余6个顶点原子分别投影到六边形的顶点上,其他体内的C、N原子投影到对应顶点原子投影与体心的连线上,则投影图为,A错误;Ag位于体心,与周围4个N原子成键,价层电子对数为4,且与4个N原子形成正四面体,则Ag为sp3杂化,由晶胞中成键情况知,共用顶点B原子的8个晶胞中,有4个晶胞中存在1个C原子与该B原子成键,即B原子的价层电子对数为4,为sp3杂化,B正确;晶胞中Ag位于体心,与Ag最近且距离相等的Ag就是该晶胞上、下、左、右、前、后6个相邻的晶胞体心中的Ag原子,为6个,C正确;B位于顶点,其个数为8×18=1,Ag、C、N均位于晶胞内,个数分别为1、4、4,由晶胞密度可知晶胞参数a=3108+11+12×4+14×4NAd×1010pm,Ag和B的最短距离为体对角线的一半,即3215.(2025·云南卷·12)Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是 ()A.Be(OH)2是两性氢氧化物B.Be2C和BeCl2的晶体类型相同C.Na2[Be(OH)4]中Be原子的杂化方式为sp3D.Be2C与H2O反应:Be2C+4H2O2Be(OH)2+CH4↑【解析】选B。由图中转化信息可知,Be(OH)2既能与盐酸反应,又能与氢氧化钠反应,因此其是两性氢氧化物,A正确;由题中信息可知,Be2C的熔点远远高于BeCl2的,因此Be2C不可能是分子晶体,而BeCl2的熔点和沸点均较低,其为分子晶体,因此两者的晶体类型不相同,B错误;Na2[Be(OH)4]中Be原子与4个羟基形成4个σ键,没有孤电子对,因此,其杂化方式为sp3,C正确;Be2C中的Be化合价为+2,C的化合价为-4,因此其与H2O反应生成Be(OH)2和CH4,该反应的化学方程式为Be2C+4H2O2Be(OH)2+CH4↑,D正确。16.(2025·云南卷·13)(Li0.45La0.85)ScO3是优良的固态电解质材料,Ce4+取代部分La3+后产生空位,可提升Li+传导性能。取代后材料的晶胞结构示意图(O2-未画出)及其作为电解质的电池装置如下。下列说法错误的是 ()A.每个晶胞中O2-个数为12B.该晶胞在yz平面的投影为C.Ce4+取代后,该电解质的化学式为(Li0.45La0.85-yCey)ScO3D.若只有Li+发生迁移,外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的Li+数目相等【解析】选C。由晶胞结构可知,Sc3+分布在晶胞的8个棱心和4个面心,由均摊法算出其原子个数为8×14+4×12=4,由晶体的化学式(Li0.45La0.85)ScO3可知,O2-的个数是Sc3+的3倍,因此,每个晶胞中O2-个数为12,A正确;由晶胞结构可知,该晶胞在yz平面的投影就是其前视图,B正确;Ce4+取代La3+后,Li+数目减小并产生空位,因此,根据化合价的代数和为0可知,取代后该电解质的化学式为(Li0.45-yLa0.85-yCey)ScO3,C错误;Li+与电子所带的电荷数目相同,只是电性不同,原电池中内电路和外电路通过的电量相等,因此,若只有Li+发生迁移,外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的Li+17.(2025·广东卷·5)声波封印,材料是音乐存储技术的基础。下列说法错误的是 ()A.制作黑胶唱片使用的聚氯乙烯,其单体是CH3CH2ClB.磁带可由四氧化三铁涂覆在胶带上制成,Fe3O4具有磁性C.光碟擦写过程中材料在晶态和非晶态间的可逆转换,涉及物理变化D.固态硬盘芯片常使用单晶硅作为基础材料,单晶硅是一种共价晶体【解析】选A。聚氯乙烯的单体应为氯乙烯(CH2CHCl),而选项中的CH3CH2Cl是氯乙烷,A错误;四氧化三铁(Fe3O4)具有磁性,常用于磁带制作,B正确;光碟擦写时晶态与非晶态转换属于物理变化(无新物质生成),C正确;单晶硅为共价晶体,D正确。非选择题18.(2025·北京卷·15)通过MgCl2和[Mg(NH3)6]Cl2的相互转化可实现NH3的高效存储和利用。(1)将Mg的基态原子最外层轨道表示式补充完整:(2)NH3分子中H—N—H键角小于109°28',从结构角度解释原因:

。

(3)[Mg(NH3)6]Cl2的晶胞是立方体结构,边长为anm,结构示意图如下。①[Mg(NH3)6]Cl2的配体中,配位原子是。

②已知[Mg(NH3)6]Cl2的摩尔质量为Mg·mol-1,阿伏加德罗常数为NA,该晶体的密度为g·cm-3。(1nm=10-7cm)

(4)MgCl2和NH3反应过程中能量变化示意图如下。①室温下,MgCl2和NH3反应生成[Mg(NH3)6]Cl2而不生成[Mg(NH3)]Cl2。分析原因:

。

②从平衡的角度推断利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3生成MgCl2的条件并说明理由:

。

【解析】(1)Mg是第12号元素,其基态最外层电子的电子排布式为3s2,故其基态原子最外层轨道表示式为。(2)CH4中碳原子的价层电子对数为4,孤电子对数为0,NH3中氮原子的价层电子对数为4,孤电子对数为1,孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力,CH4分子中H—C—H的键角为109°28',故NH3分子中H—N—H的键角小于109°28'。(3)①[Mg(NH3)6]Cl2的内界为[Mg(NH3)6]2+,故其配体为NH3,由于N原子有孤电子对,所以配位原子为N;②根据均摊法,该晶胞中[Mg(NH3)6]2+的个数为8×18+6×12=4,Cl-的个数为8,故每个晶胞中含有4个“[Mg(NH3)6]Cl2”,则晶体的密度为ρ=m晶胞V晶胞=4MN(4)①由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知,反应生成[Mg(NH3)6]Cl2的活化能更低,故室温下易于生成[Mg(NH3)6]Cl2;②根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应的热化学方程式为MgCl2(s)+6NH3(g)[Mg(NH3)6]Cl2(s)ΔH<0,该反应的正反应为气体系数减小的放热反应,脱除NH3生成MgCl2是指逆反应方向,故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。答案:(1)(2)CH4中碳原子的价层电子对数为4,孤电子对数为0,NH3中氮原子的价层电子对数为4,孤电子对数为1,孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力,CH4分子中H—C—H的键角为109°28',故NH3分子中H—N—H的键角小于109°28'(3)①N②4Ma(4)①生成[Mg(NH3)6]Cl2的活化能更低②根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应的热化学方程式为MgCl2(s)+6NH3(g)[Mg(NH3)6]Cl2(s)ΔH<0,该反应的正反应为气体系数减小的放热反应,故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl219.(2025·山东卷·16)Fe单质及其化合物应用广泛。回答下列问题:(1)在元素周期表中,Fe位于第周期族。基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为。

(2)尿素分子(H2NCONH2)与Fe3+形成配离子的硝酸盐[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3俗称尿素铁,既可作铁肥,又可作缓释氮肥。①元素C、N、O中,第一电离能最大的是,电负性最大的是。

②尿素分子中,C原子采取的轨道杂化方式为。

③八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6,碳氮键的键长均相等,则与Fe3+配位的原子是(填元素符号)。

(3)α-Fe可用作合成氨催化剂,其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为apm)。①α-Fe晶胞中Fe原子的半径为pm。

②研究发现,α-Fe晶胞中阴影所示m、n两个截面的催化活性不同,截面单位面积含有Fe原子个数越多,催化活性越低。m、n截面中,催化活性较低的是,该截面单位面积含有的Fe原子为个·pm-2。

【解析】(1)Fe为26号元素,位于元素周期表中第四周期Ⅷ族;基态Fe原子电子排布式为[Ar]3d64s2,未成对电子数为4,基态Fe3+电子排布式为[Ar]3d5,未成对电子数为5,即4∶5。(2)①同周期元素从左到右,第一电离能呈增大趋势,但N原子2p轨道为半充满稳定结构,第一电离能:N>O>C;同周期主族元素从左到右,电负性逐渐增大,因此电负性:O>N>C。②尿素分子(H2NCONH2)中C原子形成3个σ键,无孤电子对,采取的轨道杂化方式为sp2。③八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6,碳氮键的键长均相等,因此N原子不会参与形成配位键,说明CO中O原子参与配位,所以与Fe3+配位的原子是O。(3)①α-Fe为体心立方晶胞,晶胞边长为apm,体对角线长度为3apm,体心立方晶胞中Fe原子半径r与体对角线关系为4r=3apm,因此Fe原子的半径为3a②m截面面积Sm=a2pm2,每个顶角原子被4个相邻晶胞共享(二维共享),每个晶胞的顶点原子贡献14个原子给该晶面,所含原子数为4×14=1,单位面积原子数为1a2个·pm-2,n截面面积为2a2pm2,每个顶角原子被4个相邻晶胞共享,体心原子完全属于本截面,所含原子数为(4×14)+1=2,单位面积原子数为22a2=答案:(1)四Ⅷ4∶5(2)①NO②sp2③O(3)①3a420.(2025·甘肃卷·16)研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺,部分流程如下:已知:As2O3熔点314℃,沸点460℃分解温度:CuO1100℃,CuSO4560℃,ZnSO4680℃,PbSO4高于1000℃Ksp(PbSO4)=1.8×10-8(1)设计焙烧温度为600℃,理由为

。

(2)将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3,该反应的化学方程式为

。

(3)酸浸的目的为。

(4)从浸出液得到Cu的方法为

(任写一种)。

(5)某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料,室温下该化合物晶胞如图所示,晶胞参数a≠b≠c,α=β=γ=90°。Cs与Pb之间的距离为pm(用带有晶胞参数的代数式表示);该化合物的化学式为,晶体密度计算式为g·cm-3(用带有阿伏加德罗常数NA的代数式表示,MCs、MPb和MBr分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。

【解析】铜冶炼烟尘(主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)焙烧将S转化为二氧化硫,As2O3因沸点低被蒸出,设计焙烧温度为600℃,根据已知信息,硫酸铜被分解,生成氧化铜,硫酸锌和硫酸铅未分解,加水浸取后,硫酸锌溶于水形成溶液被分离出去,留下氧化铜、硫酸铅,加硫酸溶解,硫酸铅不溶于硫酸,氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜,过滤分离,浸出渣为硫酸铅,浸出液主要为硫酸铜溶液,硫酸铜经过电解法或置换法等转化为铜,据此解答。(1)设计焙烧温度为600℃,使硫酸铜分解,而硫酸锌和硫酸铅不分解,使As2O3转化为气体。(2)将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3,根据元素守恒可知还生成了CO2。该反应的化学方程式为4SO2+Na2CO3+2Na2S3Na2S2O3+CO2。(3)酸浸时,硫酸铅不溶于硫酸,氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜,过滤分离,浸出渣为硫酸铅,浸出液主要为硫酸铜溶液,故酸浸的目的为分离硫酸铅,得到纯净的硫酸铜溶液。(4)浸出液主要为硫酸铜溶液,经过电解法或置换法等转化为铜。(5)某含Pb化合物室温下晶胞如题图所示,Cs位于体心,个数为1,Pb位于顶点,个数为8×18=1,Br位于棱心,个数为12×14=3,该化合物的化学式为CsPbBr3,Cs位于体心,Pb位于顶点,Cs与Pb之间的距离为体对角线的一半,由于晶胞参数a≠b≠c,α=β=γ=90°,Cs与Pb之间的距离为a2+b答案:(1)使硫酸铜分解,硫酸锌和硫酸铅不分解,同时使As2O3转化为气体(2)4SO2+Na2CO3+2Na2S3Na2S2O3+CO2(3)分离硫酸铅,得到纯净的硫酸铜溶液(4)电解法(或置换法等,合理即可)(5)a2+b221.(2025·河南卷·17)CaCO3的热分解与NixPy催化的CH4重整结合,可生产高纯度合成气(H2+CO),实现碳资源的二次利用。主要反应如下:反应Ⅰ:CaCO3(g)CaO(g)+CO2(g)ΔH1=+178kJ·mol-1反应Ⅱ:CH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)ΔH2=+247kJ·mol-1反应Ⅲ:H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH3=+41kJ·mol-1回答下列问题:(1)Ca位于元素周期表中区;基态Ni2+的价电子排布式为。

(2)水分子的VSEPR模型与其空间结构模型不同,原因是

。

(3)NixPy的晶胞如图1所示(晶胞参数a=b≠c,α=β=90°,γ=120°),该物质的化学式为。

(4)恒压条件下,CH4重整反应可以促进CaCO3分解,原因是

。

(5)在温度分别为T1、T2和T3下,CH4的平衡转化率与压强的关系如图2所示,反应温度最高的是(填“T1”“T2”或“T3”),原因是

。

(6)一定温度、100kPa下,向体系中加入1.0molCaCO3和1.0molCH4,假设此条件下其他副反应可忽略,恒压反应至平衡时,体系中CaCO3转化率为80%,CH4转化率为60%,CO物质的量为1.3mol,反应Ⅲ的平衡常数Kp=(保留小数点后一位),此时原位CO2利用率为。

已知:原位CO2利用率=[n【解析】(1)Ca原子序数为20,电子排布式为[Ar]4s2,位于元素周期表中s区;Ni原子序数为28,基态Ni电子排布式为[Ar]3d84s2,Ni失去4s能级上2个电子形成Ni2+,价电子排布式为3d8。(2)中心O原子有2个σ键,孤电子对数为6−2×12=2,共4个价电子对,VSEPR模型为四面体形,空间结构模型为V形。(3)该晶胞中,P原子8个位于顶点(4个被6个晶胞共用,4个被12个晶胞共用)、2个位于体内,1个晶胞中所含P原子数为2+4×16+4×112=3,Ni原子8个位于棱上(均被4个晶胞共用)、6个位于面上(均被2个晶胞共用),1个位于体内,Ni原子数为1+8×14+6×12=6,因此该物质的化学式为Ni2P。(4)CH4重整反应会消耗CO2,降低体系中CO2分压,使CaCO3分解反应正向移动。(5)反应Ⅱ正向为吸热反应,相同压强时,升高温度,平衡正向移动,CH4平衡转化率增大,因此温度最高的是T1。(6)一定温度、100kPa下,向体系中加入1.0molCaCO3和1.0molCH4,恒压反应至平衡时,体系中CaCO3转化率为80%,反应Ⅰ:CaCO3(g)CaO(g)+CO2(g)平衡时生成n(COCH4(g)+CO2(g)2H2(g)+2CO(g)起始/mol 1 0.8 0 0转化/mol 0.6 0.6 1.2 1.2平衡/mol 0.4H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)起始/mol 1.2 0.2 0 1.2转化/mol 0.1 0.1 0.1 0.1平衡/mol 1.1 0.1 0.1 1.3气体总物质的量n总=(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3mol,反应Ⅲ的平衡常数Kp=p(CO)·(1.33×100kPa)×(0.13×100kPa)(0.13[n=1.0−0.2−0.11答案:(1)s3d8(2)O原子上存在2对孤电子对(3)Ni2P(4)反应Ⅱ消耗反应Ⅰ产生的CO2,降低体系CO2分压,使反应Ⅰ平衡右移(5)T1升高温度,反应Ⅱ平衡正向移动(6)1.270%22.(2025·江苏卷·14)ZnS可用于制备光学材料和回收砷。(1)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下:已知:Ksp(ZnS)=1.6×10-24,Ksp(CdS)=8.0×10-27,Ka1(H2S)=1.0×10-7,Ka2(H2S)=1.2×10-13。当离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时,认为离子沉淀完全。①酸浸时通入O2可提高Zn2+浸出率的原因是

。

②通入H2S除镉。通过计算判断当溶液pH=0、c(H2S)=0.01mol·L-1时,Cd2+是否沉淀完全(写出计算过程)。

③沉锌前调节溶液的pH至4~5,加入的氧化物为(填化学式)。

(2)制备光学材料。如图甲所示,ZnS晶体中掺入少量CuCl后,会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域,光照下发出特定波长的光。区域A“”中的离子为(填离子符号),区域B带(填“正电”或“负电”)。

(3)回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)],并回收生成的As2S3沉淀。已知:溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸H3AsO3形式存在,As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S。60℃时,按n(S)∶n(As)=7∶1向酸性废液中加入ZnS,砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。①写出ZnS与H3AsO3反应生成As2S3的离子方程式:

。

②反应4h后,砷回收率下降的原因有

。

【解析】闪锌矿中含ZnS、FeS、CdS等,加入H2SO4、O2酸浸后,ZnS、FeS、CdS分别转化为Zn2+、Fe3+、Cd2+,硫元素转化为硫单质,经过除铁、除镉除去Fe3+与Cd2+,调pH、沉锌后获得ZnS,据此解答。(1)①酸浸时,若不通入O2,会发生反应:ZnS+H2SO4ZnSO4+H2S,通入O2可以氧化S2-生成S,促进酸浸反应正向进行,提高Zn2+浸出率;②通入H2S除镉,当溶液pH=0、c(H2S)=0.01mol·L-1时,c(H+)=1mol·L-1,又因为Ka1(H2S)=1.0×10-7,Ka2(H2S)=1.2×10-13,Ka1(H2S)×Ka2(H2S)=c(H+)×c2(H+)×1×10-7×1.2×10-13×0.011c(Cd2+)=Ksp(CdS)c(S2−)=8.0×10-271.2×10-22mol·L-1≈6.67×10-5mol·L-1,此时Cd2+的浓度大于1.0×10-5mol·L-1,离子沉淀不完全;③由②知,除镉时溶液酸性较强,故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的H+,加入的氧化物为ZnO。(2)晶胞掺杂过程中,应由半径相近的微粒进行替换,则区域A中,由Cl-替换S2-,区域B中,由Cu+替换Zn2+;按照均摊法,区域B中含Zn2+:3个、Cu+:1个、S2-:8×18+6×12=4个,(+2)×3+(+1)×1+(-2)×4=-1,则区域B带负电。(3)①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”可知,ZnS与H3AsO3反应除了生成As2S3外还有锌离子,离子方程式为2H3AsO3+3ZnS+6H+As2S3+3Zn2++6H2O。②随着反应的进行,溶液pH增大,溶液中H2S浓度减小,促进As2S3+6H2答案:(1)①氧化S2-生成S,促进酸浸反应正向进行②否;pH=0时,c(H+)=1mol·L-1,c(S2-)=Ka1(H2S)·Ka2(Hc(Cd2+)=Ksp(CdS)c(S2−)=8.0×10-271.2×10-22mol·L(2)Cl-负电(3)①2H3AsO3+3ZnS+6H+As2S3+3Zn2++6H2O②随着反应的进行,溶液pH增大,溶液中H2S浓度减小,促进As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动,As2S3重新溶解23.(2025·云南卷·15)从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等)中提取Au、Ag,并回收其他有价金属的一种工艺如下:已知:①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。②25℃时,Mn(OH)2的Ksp为1.9×10-13。回答下列问题:(1)基态Cu原子的价层电子排布式为。

(2)“还原酸浸”时,MnO2反应的离子方程式为

。

(3)“浸金银”时,Au溶解涉及的主要反应如下:①Au+5S2O32−+[Cu(NH3)4]2+[Au(S2O3)2]3-+[Cu(S2O3)3]5-+4NH②4[Cu(S2O3)3]5-+16NH3+O2+2H2O4[Cu(NH3)4]2++4OH-+12S2O3上述过程中的催化剂为。

(4)“沉铜”前,“滤液1”多次循环的目的为

。

(5)根据“还原酸浸”“氧化”,推断Fe3+、Cu2+、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为。

(6)25℃“沉铁”后,调节“滤液4”的pH至8.0,无Mn(OH)2析出,则c(Mn2+)≤mol·L-1。

(7)一种锑锰(Mn3Sb)合金的立方晶胞结构如图。①该晶胞中,每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有个。

②NA为阿伏加德罗常数的值,晶胞边长为anm,则晶体的密度为g·cm-3(列出计算式即可)。

【解析】由流程可知,矿石经“还原酸浸”,Fe2O3、MnO2被还原为Fe2+和Mn2+,CuO被溶解为Cu2+,Au、Ag、SiO2不溶进入“滤渣1”;“沉铜”时,Cu2+被铁粉还原为Cu;“氧化时”Fe2+被氧化为Fe3+;“沉铁”时,Fe3+转化为沉淀,后续转化为氧化铁;“沉锰”时,Mn2+沉淀为碳酸锰。“浸金银”时,Au、Ag被混合液浸出,后续提炼出Au、Ag。(1)Cu为29号元素,基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1。(2)“还原酸浸”时,MnO2被亚硫酸钠还原为Mn2+,该反应的离子方程式为MnO2+SO32−+2H+Mn2++SO42−(3)“浸金银”时,Au溶解涉及的主要反应如下:①Au+5S2O32−+[Cu(NH3)4]2+[Au(S2O3)2]3-+[Cu(S2O3)3]5-+4NH②4[Cu(S2O3)3]5-+16NH3+O2+2H2O4[Cu(NH3)4]2++4OH-+12S2O3分析以上两反应可知,[Cu(NH3)4]2+参与了反应①,但在反应②又重新生成,其质量和化学性质在反应前后没发生变化,因此,上述过程中的催化剂为[Cu(NH3)4]2+。(4)“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠,多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分,大大减少了原料的浪费,从而有效降低成本;其次,持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系,可以使矿石中的金银的相对品位得到提升,为后续提纯工序创造更好的条件;第三,还可以减少废水的排放量和处理成本;第四,可以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述,“沉铜”前,“滤液1”多次循环的目的为大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本,同时减少废水产生量及处理成本,并通过持续去除杂质提高金银的富含度。(5)“还原酸浸”时,Fe2O3和CuO可以被硫酸溶解转化为Fe3+和Cu2+,亚硫酸钠将Fe3+还原为Fe2+,而Cu2+并未被还原,因此,Fe3+的氧化性强于Cu2+;“氧化”时,Fe2+被MnO2氧化为Fe3+,因此,MnO2的氧化性强于Fe3+。综上所述,根据“还原酸浸”“氧化”,推断Fe3+、Cu2+、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为MnO2>Fe3+>Cu2+。(6)25℃“沉铁”后,调节“滤液4”的pH至8.0,此时c(OH-)=10-6mol·L-1,无Mn(OH)2析出,根据Mn(OH)2的Ksp为1.9×10-13,则c(Mn2+)≤1.9×10-13(10-6(7)由晶胞结构可知,该晶胞为面心立方,Sb位于晶胞的顶点,其与邻近的3个面的面心上的Mn距离最近且相等,每个顶点参与形成8个晶胞,而每个面心参与形成2个晶胞,因此,该晶胞中,每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有3×82②由晶胞结构和均摊法可知,该晶胞中平均占有1个Sb和3个Mn,因此,该晶胞的质量为122+55×3NAg,该晶胞的体积为(anm)3=a3×10-21cm3,晶体的密度为122+55×3N答案:(1)3d104s1(2)MnO2+SO32−+2H+Mn2++SO42−(3)[Cu(NH3)4]2+(4)大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本,同时减少废水产生量及处理成本,并通过持续去除杂质提高金银的富含度(5)MnO2>Fe3+>Cu2+(6)0.19(7)①12②122+55×324.(2025·广东卷·18)我国是金属材料生产大国,绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。已知:多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Cu(OH)2Ni(OH)2Ksp(298K)2.8×10-391.3×10-332.2×10-205.5