2018届一轮复习人教版晶体结构与性质学案(6)

2018届一轮复习人教版晶体结构与性质学案(6)

第三节 晶体结构与性质 高考研究——把握考情，方向不对努力白费　　　‎ 考 纲 要 求 高 频 考 点 ‎1.了解晶体的类型，了解不同类型晶体中结构微粒、微粒间作用力的区别。‎ ‎2．了解晶格能的概念，了解晶格能对离子晶体性质的影响。‎ ‎3．了解原子晶体的特征，能描述金刚石、二氧化硅等原子晶体的结构与性质的关系。‎ ‎4．理解金属键的含义，能用金属键理论解释金属的一些物理性质。了解金属晶体常见的堆积方式。了解分子晶体结构与性质的关系。‎ ‎5．了解晶胞的概念，能根据晶胞确定晶体的组成并进行相关的计算。‎ ‎1.考查晶体的组成及相关计算 ‎5年5考 ‎2.考查晶体类型的性质及判断方法 ‎5年2考 ‎[高考这样考]‎ ‎1．(1)(2016·全国甲卷节选)东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：‎ 某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。‎ ‎①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。‎ ‎②若合金的密度为d g·cm－3，晶胞参数a＝________nm。‎ ‎(2)(2016·全国乙卷节选)锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。回答下列问题：‎ 晶胞有两个基本要素：‎ ‎①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。‎ 下图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0,0,0)；B为；C为。则D原子的坐标参数为________。‎ ‎②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a＝565.76 pm，其密度为________g·cm－3(列出计算式即可)。‎ ‎(3)(2016·全国丙卷节选)砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：‎ ‎①GaF3的熔点高于1 000 ℃，GaCl3的熔点为77.9 ℃，其原因是________________________________________________________________________。‎ ‎②GaAs的熔点为1 238 ℃，密度为ρ g·cm－3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为________，Ga与As以________键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGag·mol－1和MAs g·mol－1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为________。‎ 解析：(1)①由晶胞结构图可知，Ni原子处于立方晶胞的顶点，Cu原子处于立方晶胞的面心，根据均摊法，每个晶胞中含有Cu原子的个数为6×＝3，含有Ni原子的个数为8×＝1，故晶胞中Cu原子与Ni原子的数量比为3∶1。‎ ‎②根据m＝ρV可得， 1 mol晶胞的质量为(64×3＋59)g＝a3×d g·cm－3×NA，则a＝ cm＝×107 nm。‎ ‎(2)①根据题给图示可知，D原子的坐标参数为。‎ ‎②每个晶胞中含有锗原子8×1/8＋6×1/2＋4＝8(个)，每个晶胞的质量为，晶胞的体积为(565.76×10－10 cm)3，所以晶胞的密度为。‎ ‎(3)①GaF3的熔点高于1 000 ℃，GaCl3的熔点为77.9 ℃，其原因是GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，而离子晶体的熔点高于分子晶体。②GaAs的熔点为1 238 ℃，其熔点较高，据此推知GaAs为原子晶体，Ga与As原子之间以共价键键合。分析GaAs的晶胞结构，4个Ga原子处于晶胞体内，8个As原子处于晶胞的顶点、6个As原子处于晶胞的面心，结合“均摊法”计算可知，每个晶胞中含有4个Ga原子，含有As原子个数为8×1/8＋6×1/2＝4(个)，Ga和As的原子半径分别为rGapm＝rGa×10－10cm，rAspm＝rAs×10－10 cm，则原子的总体积为V原子＝4×π×[(rGa×1010cm)3＋(rAs×10－10cm)3]＝×10－30(r＋r)cm3。又知Ga和As的摩尔质量分别为MGa g·mol－1和MAs g·mol－1，晶胞的密度为ρ g·cm－3，则晶胞的体积为V晶胞＝4(MGa＋MAs)/ρNA cm3，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%＝‎ ×100%＝‎ ×100%。‎ 答案：(1)①3∶1　②×107‎ ‎(2)①　②×107‎ ‎(3)①GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体　②原子晶体　共价　×100%‎ ‎2．(1)(2015·全国卷Ⅰ节选)碳及其化合物广泛存在于自然界中。回答下列问题：‎ ‎①CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物的熔点为253 K，沸点为376 K，其固体属于________晶体。‎ ‎②碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：‎ 在石墨烯晶体中，每个C原子连接________个六元环，每个六元环占有________个C原子。‎ 在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接________个六元环，六元环中最多有________个C原子在同一平面。‎ ‎(2)(2015·全国卷Ⅱ节选)A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2－和B＋具有相同的电子构型；C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：‎ ‎①A(O)和B(Na)的氢化物所属的晶体类型分别为______和________。‎ ‎②A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a＝0.566 nm，F的化学式为________；晶胞中A原子的配位数为________；列式计算晶体F的密度(g·cm－3)_____________。‎ 解析：(1)①因Fe(CO)5熔、沸点较低，常温下为液体，其固体应属于分子晶体。‎ ‎②由石墨烯的结构可知，每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有的C原子数为×6＝2。由金刚石的结构可知，每个C可参与形成4条C—C键，其中任意两条边(共价键)可以构成2个六元环。根据组合知识可知四条边(共价键)任选其中两条有6组，6×2＝12。因此每个C原子连接12个六元环。六元环中C原子采取sp3‎ 杂化，为空间六边形结构，最多有4个C原子位于同一平面。‎ ‎(2)①O元素形成的氢化物有H2O和H2O2，二者均能形成分子晶体。Na元素形成的氢化物为NaH，属于离子晶体。‎ ‎②O2－半径大于Na＋半径，由F的晶胞结构可知，大球代表O2－，小球代表Na＋，每个晶胞中含有O2－个数为8×＋6×＝4，含有Na＋个数为8，故O2－、Na＋离子个数之比为4∶8＝1∶2，从而推知F的化学式为Na2O。由晶胞结构可知，每个O原子周围有8个Na原子，故O原子的配位数为8。晶胞参数a＝0.566 nm＝0.566×10－7 cm，则晶胞的体积为(0.566×10－7 cm)3，从而可知晶体F的密度为＝2.27 g·cm－3。‎ 答案：(1)①分子　②3　2　12　4‎ ‎(2)①分子晶体　离子晶体　②Na2O　8‎ ＝2.27 g·cm－3‎ ‎3．(1)(2014·全国卷Ⅰ节选)早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成。回答下列问题：‎ ‎①准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过________方法区分晶体、准晶体和非晶体。‎ ‎②Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有________个铜原子。‎ ‎③Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a＝0.405 nm，晶胞中铝原子的配位数为________。列式表示Al单质的密度________ g·cm－3(不必计算出结果)。‎ ‎(2)(2014·全国卷Ⅱ节选)周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：‎ ‎①e和c形成的一种离子化合物的晶体结构如图1，则e离子的电荷为________。‎ ‎②这5种元素形成的一种1∶1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图2所示)。该化合物中，阴离子为________，阳离子中存在的化学键类型有________；该化合物加热时首先失去的组分是________________，判断理由是________________________________________。‎ 解析：(1)①区分晶体、准晶体和非晶体可运用X射线衍射的方法。②根据均摊原理，一个晶胞中含有的氧原子为4＋6×＋8×＝8(个)，再结合化学式Cu2O知一个晶胞中含有16个铜原子。③面心立方晶胞中粒子的配位数是12。一个铝晶胞中含有的铝原子数为8×＋6×＝4(个)，一个晶胞的质量为×27 g，再利用密度与质量、晶胞参数a的关系即可求出密度，计算中要注意1 nm＝10－7 cm。‎ ‎(2)①由图可知，e和c的个数比为2∶1，则化学式为Cu2O，e离子的电荷为＋1。②由该化合物的阳离子结构可知，该阳离子可以表示为[Cu(NH3)4(H2O)2]2＋，结合阴离子呈四面体结构，可知阴离子为SO，即该化合物是Cu(NH3)4(H2O)2SO4；阳离子中存在的化学键有共价键和配位键；由于阳离子呈轴向狭长，则H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱，故加热该化合物时，首先失去的组分是H2O。‎ 答案：(1)①X射线衍射　②16‎ ‎③12　 ‎(2)①＋1　②SO　共价键和配位键　H2O　H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱 ‎4．(1)(2013·全国卷Ⅰ节选)硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。回答下列问题：‎ 单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以________相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献________个原子。‎ ‎(2)(2013·全国卷Ⅱ节选)前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A－和B＋的电子数相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。‎ 回答下列问题：‎ A(F)、B(K)和D(Ni)三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示。‎ ‎①该化合物的化学式为________；D的配位数为________；‎ ‎②列式计算该晶体的密度________g·cm－3。‎ 解析：(1)硅晶体中，硅原子间以共价键结合在一起，其晶胞6个面上各有一个硅原子，依据均摊原则，面心位置贡献3个原子。‎ ‎(2)根据均摊法，可以求得化合物的化学式为K2NiF4，晶体的密度可由晶胞的质量除以晶胞的体积求得。‎ 答案：(1)共价键　3‎ ‎(2)①K2NiF4　6‎ ‎②＝3.4‎ ‎[师说高考]‎ 知考情 高考对晶体部分的考查，主要有晶体类型的判断，晶体熔、沸点高低的比较，晶胞组成的计算，有关晶体密度的计算，而晶体密度的计算具有一定难度 明考向 晶体类型的判断要依据晶体的结构和性质，前者如构成微粒、微粒间作用力，后者如硬度大小、熔沸点高低及溶解性、导电性等；晶体熔沸点高低的比较则要依据晶体微粒间作用力的强弱；学会用均摊法计算求算晶胞组成和晶胞体积 晶体和晶胞 ‎[备考这样办]‎ ‎1．晶体与非晶体 ‎(1)晶体与非晶体的比较 晶体 非晶体 结构特征 结构粒子周期性有序排列 结构粒子无序排列 性质特征 自范性 有 无 熔点 固定 不固定 异同表现 各向异性 各向同性 二者区别方法 间接方法：测定其是否有固定的熔点 科学方法：对固体进行X射线衍射实验 ‎(2)获得晶体的三条途径 ‎①熔融态物质凝固。‎ ‎②气态物质冷却不经液态直接凝固(凝华)。‎ ‎③溶质从溶液中析出。‎ ‎2．晶胞 ‎(1)概念：晶胞是描述晶体结构的基本单元。‎ ‎(2)晶体与晶胞的关系：数量巨大的晶胞“无隙并置”构成晶体。‎ ‎3．“均摊法”突破晶胞组成的计算 ‎(1)原则：晶胞任意位置上的一个粒子如果是被n个晶胞所共有，那么，每个晶胞对这个粒子分得的份额就是。‎ ‎(2)方法：①长方体(包括立方体)晶胞中不同位置的粒子数的计算 ‎②非长方体晶胞中粒子视具体情况而定，如石墨晶胞每一层内碳原子排成六边形，其顶点（1个碳原子）被三个六边形共有，每个六边形占。‎ ‎[对点训练]‎ 角度1　晶胞中微粒数目的计算 ‎1．(2017·漳州模拟)某物质的晶体中含有A、B、C三种元素，其排列方式如图所示(其中前后两面面心中的B元素的原子未能画出)。则晶体中A、B、C的原子个数比为(　　)‎ A．1∶3∶1　　　　　　　 B．2∶3∶1‎ C．2∶2∶1 D．1∶3∶3‎ 解析：选A　利用均摊法计算。据图知，该正方体中A原子个数＝8×＝1，B原子个数＝6×＝3，C原子个数＝1，所以晶体中A、B、C的原子个数比为1∶3∶1。‎ ‎2.(2017·赣州模拟)某离子晶体的晶体结构中最小重复单元如图所示。A为阴离子，在正方体内，B为阳离子，分别在顶点和面心，则该晶体的化学式为(　　)‎ A．B2A B．BA2‎ C．B7A4 D．B4A7‎ 解析：选B　A在正方体内，晶胞中的8个A离子完全被这1个晶胞占有；B分别在顶点和面心，顶点上的离子被1个晶胞占有，面心上的离子被1个晶胞占有，所以1个晶胞实际占有的B离子为8×＋6×＝4，则该晶体的化学式为BA2。‎ ‎3.(2013·江苏高考节选)Zn与S所形成化合物晶体的晶胞如右图所示。‎ ‎(1)在1个晶胞中，Zn离子的数目为________。‎ ‎(2)该化合物的化学式为________。‎ 解析：(1)从晶胞图分析，含有Zn离子为8×＋6×＝4。(2)S为4个，所以化合物中Zn与S数目之比为1∶1，则化学式为ZnS。‎ 答案：(1)4　(2)ZnS 角度2　晶体密度及微粒间距离的计算 ‎4.某离子晶体晶胞的结构如图所示。X()位于立方体顶点，Y()位于立方体中心。试分析：‎ ‎(1)晶体的化学式为________。‎ ‎(2)晶体中距离最近的2个X与1个Y形成的夹角∠XYX是________。‎ ‎(3)设该晶体的摩尔质量为M g·mol－1，晶体的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中两个距离最近的X之间的距离为________cm。‎ 解析：(1)晶胞中，X的个数＝4×＝，Y在体内，个数是1个，则X与Y的个数比是1∶2。‎ ‎(2)若将4个X连接，构成1个正四面体，Y位于正四面体的中心，可联系CH4的键角，知∠XYX＝109°28′。‎ ‎(3)由题意知，该晶胞中含有个XY2或Y2X，设晶胞的边长为a cm，则有ρa3NA＝M，a＝ ，则晶体中两个距离最近的X之间的距离为 cm。‎ 答案：(1)XY2或Y2X　(2)109°28′　(3) ‎5.镧镍合金、铜钙合金及铈钴合金都具有相同类型的晶胞结构XYn及很强的储氢能力，其中铜钙合金的晶胞结构如图所示。试回答下列问题：‎ ‎(1)在元素周期表中Ca位于____区。‎ ‎(2)铜原子的基态原子核外电子排布式为____________________________。‎ ‎(3)已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10－23 cm3，储氢后形成LaNinH4.5的合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则LaNin中，n＝____________(填数值)；氢在合金中的密度为______________________。‎ 解析：(3)由铜钙合金的晶胞结构图知，铜、钙合金中，N(Cu)＝12×＋6×＋6＝15，N(Ca)＝12×＋2×＝3，＝＝，因镧镍合金与铜钙合金的晶胞结构相同，则在LaNin中＝，n＝5。1 mol合金中含有NA个该合金的晶胞，则ρ·9.0×10－23 cm3·NA＝M，ρ＝≈0.083 g·cm－3。‎ 答案：(1)s　(2)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1　(3)5　0.083 g·cm－3‎ ‎[点拨]‎ 晶体粒子与M、ρ(晶体密度，g·cm－3)之间的关系 若1个晶胞中含有x个微粒，则1 mol该晶胞中含有x mol微粒，其质量为xM g；又1个晶胞的质量为ρa3 g(a3为晶胞的体积，单位为cm3)，则1 mol晶胞的质量为ρa3NA g，因此有xM＝ρa3NA。　　‎ 常见晶体的结构与性质 ‎[备考这样办]‎ ‎1．四种晶体类型的比较 晶体类型 比较项目 分子晶体 原子晶体 金属晶体 离子晶体 构成粒子 分子 原子 金属阳离子、自由电子 阴、阳离子 粒子间的相互作用力 范德华力 ‎(某些含氢键)‎ 共价键 金属键 离子键 硬度 较小 很大 有的很大，有的很小 较大 熔、沸点 较低 很高 有的很高，有的很低 较高 溶解性 相似相溶 难溶于任何溶剂 常见溶剂难溶 大多易溶于水等极性溶剂 导电、传热性 一般不导电，溶于水后有的导电 一般不具有导电性 电和热的良导体 晶体不导电，水溶液或熔融态导电 物质类别及实例 大多数非金属单质、气态氢化物、酸、非金属氧化物(SiO2除外)、绝大多数有机物(有机盐除外)‎ 部分非金属单质(如金刚石、硅、晶体硼)，部分非金属化合物(如SiC、SiO2)‎ 金属单质与合金(如Na、Al、Fe、青铜)‎ 金属氧化物(如Na2O)、强碱(如KOH)、绝大部分盐(如NaCl)‎ ‎2.“五依据”突破晶体类型判断 ‎(1)．依据构成晶体的粒子和粒子间的作用判断 ‎①离子晶体的构成粒子是阴、阳离子，粒子间的作用是离子键。‎ ‎②原子晶体的构成粒子是原子，粒子间的作用是共价键。‎ ‎③分子晶体的构成粒子是分子，粒子间的作用为范德华力或氢键。‎ ‎④金属晶体的构成粒子是金属阳离子和自由电子，粒子间的作用是金属键。‎ ‎(2)依据物质的类别判断 ‎①金属氧化物(如K2O、Na2O2等)、强碱(如NaOH、KOH等)和绝大多数的盐类是离子晶体。‎ ‎②大多数非金属单质(金刚石、石墨、晶体硅、晶体硼除外)、气态氢化物、非金属氧化物(SiO2除外)、酸、绝大多数有机物(有机盐除外)是分子晶体。‎ ‎③常见的原子晶体单质有金刚石、晶体硅、晶体硼等；常见的原子晶体化合物有碳化硅、二氧化硅等。‎ ‎④金属单质(常温汞除外)与合金是金属晶体。‎ ‎(3)依据晶体的熔点判断 ‎①离子晶体的熔点较高，常在数百至1 000余度。‎ ‎②原子晶体熔点高，常在1 000度至几千度。‎ ‎③分子晶体熔点低，常在数百度以下至很低温度。‎ ‎④金属晶体多数熔点高，但也有相当低的。‎ ‎(4)依据导电性判断 ‎①离子晶体水溶液及熔化时能导电。‎ ‎②原子晶体一般为非导体。‎ ‎③分子晶体为非导体，而分子晶体中的电解质(主要指酸和非金属氢化物 ‎)溶于水，使分子内的化学键断裂形成自由离子也能导电。‎ ‎④金属晶体是电的良导体。‎ ‎(5)依据硬度和机械性能判断 ‎①离子晶体硬度较大或硬而脆。‎ ‎②原子晶体硬度大。‎ ‎③分子晶体硬度小且较脆。‎ ‎④金属晶体多数硬度大，但也有较低的，且具有延展性。‎ ‎3．典型晶体模型 晶体 晶体结构 晶体详解 原子晶体 金刚石 ‎(1)每个碳与相邻4个碳以共价键结合，形成正四面体结构 ‎(2)键角均为109°28′‎ ‎(3)最小碳环由6个C组成且六原子不在同一平面内 ‎(4)每个C参与4条C—C键的形成，C原子数与C—C键数之比为1∶2‎ 原子晶体 SiO2‎ ‎(1)每个Si与4个O以共价键结合，形成正四面体结构 ‎(2)每个正四面体占有1个Si,4个“O”， ‎ N(Si)∶N(O)＝1∶2‎ ‎(3)最小环上有12个原子，即6个O,6个Si 分子晶体 干冰 ‎(1)8个CO2分子构成立方体且在6个面心又各占据1个CO2分子 ‎(2)每个CO2分子周围等距紧邻的CO2分子有12个 离子晶体 NaCl (型)‎ ‎(1)每个Na＋(Cl－)周围等距且紧邻的Cl－(Na＋)有6个。每个Na＋周围等距且紧邻的Na＋有12个 ‎(2)每个晶胞中含4个Na＋和4个Cl－‎ CsCl (型)‎ ‎(1)每个Cs＋周围等距且紧邻的Cl－有8个，每个Cs＋(Cl－)周围等距且紧邻的Cs＋(Cl－)有8个 ‎(2)如图为8个晶胞，每个晶胞中含1个Cs＋、1个Cl－‎ 金属晶体 简单立方堆积 典型代表Po，配位数为6，空间利用率52%‎ 面心立方最密堆积 又称为A1型或铜型，典型代表Cu、Ag、Au，配位数为12，空间利用率74%‎ 金属晶体 体心立方堆积 又称为A2型或钾型，典型代表Na、K、Fe，配位数为8，空间利用率68%‎ 六方最密堆积 又称为A3型或镁型，典型代表Mg、Zn、Ti，配位数为12，空间利用率74%‎ ‎4．离子晶体的晶格能 ‎(1)概念 气态离子形成1摩离子晶体释放的能量，通常取正值，单位为kJ·mol－1。‎ ‎(2)影响因素 ‎①离子所带电荷数：离子所带电荷数越多，晶格能越大。‎ ‎②离子的半径：离子的半径越小，晶格能越大。‎ ‎(3)与离子晶体性质的关系 晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，且熔点越高，硬度越大。‎ ‎5．晶体熔、沸点的高低的比较 ‎(1)不同类型晶体熔、沸点的比较 ‎①不同类型晶体的熔、沸点高低一般规律：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。‎ ‎②金属晶体的熔、沸点差别很大，如钨、铂等熔、沸点很高，汞、铯等熔、沸点很低。 ‎ ‎(2)同种类型晶体熔、沸点的比较 ‎①原子晶体 如熔点：金刚石＞碳化硅＞硅。 ‎ ‎②离子晶体 ‎ 一般地说，阴、阳离子的电荷数越多，离子半径越小，则晶格能越大，晶体的熔、沸点越高，如熔点：MgO＞MgCl2，NaCl＞CsCl。‎ ‎③分子晶体 a．分子间范德华力越大，物质的熔、沸点越高；具有氢键的分子晶体熔、沸点反常高。如H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S。‎ b．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越高，如SnH4＞GeH4＞SiH4＞CH4。‎ c．组成和结构不相似的分子晶体(相对分子质量接近)，其分子的极性越大，熔、沸点越高，如CH3Cl＞CH3CH3。‎ d．同分异构体，支链越多，熔、沸点越低。‎ 金属离子半径越小，离子电荷数越多，其金属键越强，金属晶体的熔、沸点越高，如熔、沸点：Na＜Mg＜Al。‎ ‎[对点训练]‎ 角度1　晶体类型的判断 ‎1．(2017·宜昌模拟)下列说法正确的是(　　)‎ A．钛和钾都采取图1的堆积方式 B．图2为金属原子在二维空间里的非密置层放置，此方式在三维空间里堆积，仅得简单立方堆积 C．图3是干冰晶体的晶胞，晶胞棱长为a cm，则在每个CO2周围最近且等距离的CO2有8个 D．图4是一种金属晶体的晶胞，它是金属原子在三维空间以密置层采取ABCABC…堆积的结果 解析：选D　图1表示的堆积方式为A3型紧密堆积，K采用A2‎ 型密堆积，A错误；B在二维空间里的非密置层放置，在三维空间堆积形成A2型密堆积，得到体心立方堆积，B错误；干冰晶体的晶胞属于面心立方晶胞，配位数为12，即每个CO2周围距离相等的CO2分子有12个，C错误；该晶胞类型为面心立方，则为A1型密堆积，金属原子在三维空间里密置层采取ABCABC堆积，D正确。‎ ‎2．有A、B、C三种晶体，分别由H、C、Na、Cl四种元素中的一种或几种组成，对这三种晶体进行实验，结果如表：‎ 熔点/℃‎ 硬度 水溶性 导电性 水溶液与Ag＋反应 A ‎811‎ 较大 易溶 水溶液或熔融导电 白色沉淀 B ‎3 500‎ 很大 不溶 不导电 不反应 C ‎－114.2‎ 很小 易溶 液态不导电 白色沉淀 ‎(1)晶体的化学式分别为A______、B______、C______。‎ ‎(2)晶体的类型分别是A______、B______、C______。‎ ‎(3)晶体中微粒间作用力分别是A______、B______、C________。‎ 解析：根据所述A、B、C晶体的性质可知，A为离子晶体，只能为NaCl，微粒间的作用力为离子键；B应为原子晶体，只能为金刚石，微粒间的作用力为共价键；C应为分子晶体，且易溶，只能为HCl，微粒间的作用力为范德华力。‎ 答案：(1)NaCl　C　HCl ‎(2)离子晶体　原子晶体　分子晶体 ‎ (3)离子键　共价键　范德华力 ‎3．(2014·海南高考)碳元素的单质有多种形式，如图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为________。‎ ‎(2)金刚石、石墨烯(指单层石墨)中碳原子的杂化形式分别为________、________。‎ ‎(3)C60属于________晶体，石墨属于________晶体。‎ ‎(4)石墨晶体中，层内C—C键的键长为142 pm，而金刚石中C—C键的键长为154 pm。其原因是金刚石中只存在C—C间的________共价键，而石墨层内的C—C间不仅存在________共价键，还有________键。‎ ‎(5)金刚石晶胞含有________个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r＝____a ‎，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率____________(不要求计算结果)。‎ 解析：(1)金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互称为同素异形体。‎ ‎(2)金刚石中碳原子与相邻四个碳原子形成4个共价单键，C原子采取sp3杂化方式；石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合。‎ ‎(3)C60中构成微粒是分子，所以属于分子晶体；石墨的层内原子间以共价键结合，层与层之间以范德华力结合，所以石墨属于混合晶体。‎ ‎(4)在金刚石中只存在C—C之间的σ键；石墨层内的C—C之间不仅存在σ键，还存在π键。‎ ‎(5)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，晶胞中C原子数目为4＋6×＋8×＝8；若C原子半径为r，金刚石的边长为a，根据硬球接触模型，则正方体对角线长度的就是C—C键的键长，即a＝2r，所以r＝a，碳原子在晶胞中的空间占有率w＝＝＝。‎ 答案：(1)同素异形体　(2)sp3　sp2　(3)分子　混合 ‎(4)σ　σ　π(或大π或pp π)　(5)8　　＝ 角度2　晶体熔、沸点高低的比较 ‎4．(2017·乌鲁木齐模拟)下面的排序不正确的是(　　)‎ A．熔点由高到低：Na＞Mg＞Al B．硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅 C．晶体熔点由低到高：CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4‎ D．晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI 解析：选A　A项，金属离子的电荷越多、半径越小，其熔点越高，则熔点由高到低为Al＞Mg＞Na，错误；B项，键长越短，共价键越强，硬度越大，键长C—C＜C—Si＜Si—Si，则硬度由大到小为金刚石＞碳化硅＞晶体硅，正确；C项，组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，范德华力越大，晶体的熔点越高，则晶体熔点由低到高顺序为CF4＜CCl4＜CBr4＜CI4，正确；D项，电荷相同的离子，离子半径越小，晶格能越大，F、Cl、Br、I的离子半径由小到大，则晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，正确。‎ ‎5．下列各组物质中，按熔点由低到高的顺序排列正确的是(　　)‎ ‎①O2、I2、Hg　　　　　　　　②CO、KCl、SiO2‎ ‎③Na、K、Rb ④Na、Mg、Al A．①③ B．①④‎ C．②③ D．②④‎ 解析：选D　①常温下O2为气体、I2为固体、Hg为液体，熔点由低到高的顺序为O2、Hg、I2，③熔点由低到高的顺序为Rb、K、Na，故①③错误。‎ ‎6．下列物质的熔、沸点高低顺序正确的是(　　)‎ A．金刚石＞晶体硅＞二氧化硅＞碳化硅 B．CI4＞CBr4＞CCl4>CH4‎ C．MgO＞H2O＞N2＞O2‎ D．金刚石＞生铁＞纯铁＞钠 解析：选B　原子晶体中共价键的键长越短，键能越大，熔沸点越高，则熔沸点为金刚石＞二氧化硅＞碳化硅＞晶体硅，A错误；结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高，则熔沸点为CI4>CBr4>CCl4>CH4，B正确；离子晶体的熔沸点大于分子晶体，水中含有氢键，沸点比氮气、氧气的高，则熔沸点为MgO＞H2O＞O2＞N2，C错误；熔沸点一般为原子晶体＞金属晶体，合金的熔点比纯金属的低，则熔沸点为金刚石＞纯铁＞生铁＞钠，D错误。‎ ‎[课堂巩固落实练]　 ‎ ‎1．(2017·武汉模拟)下列有关晶体的说法中，不正确的是(　　)‎ A．晶体中一定存在化学键 B．已知晶胞的组成就可推知晶体的组成 C．分子晶体在晶体态或熔融态下均不导电 D．原子晶体中只存在共价键，不可能存在其他类型的化学键 解析：选A　稀有气体形成的晶体中只存在范德华力没有化学键，A错误；晶胞是描述晶体结构的基本单元，因此已知晶胞的组成就可推知晶体的组成，B正确；分子晶体在晶体态或熔融态下均不能电离出离子，不导电，C正确；原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，因此原子晶体中只存在共价键，不可能存在其他类型的化学键，D正确。‎ ‎2．(2017·贵阳模拟)金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式，六方堆积(镁型)、面心立方堆积(铜型)和体心立方堆积(钾型)，图(a)、(b)、(c)分别代表这三种晶胞的结构，其晶胞内金属原子个数比为(　　 )‎ A．11∶8∶4　　　　　　 B．3∶2∶1‎ C．9∶8∶4 D．21∶14∶9‎ 解析：选B　a中原子个数＝12×＋2×＋3＝6，b中原子个数＝8×＋6×＝4，c中原子个数＝1＋8×＝2，所以其原子个数比是6∶4∶2＝3∶2∶1。‎ ‎3．已知C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合。下列关于C3N4晶体的说法正确的是(　　 )‎ A．C3N4晶体是分子晶体 B．C3N4晶体中C—N键长比金刚石中C—C要长 C．C3N4晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子 D．C3N4晶体中粒子间通过离子键结合 解析：选C　该晶体硬度比金刚石大，为原子晶体，A错误；原子半径越大，原子间的键长越长，原子半径C＞N，键长C—N晶体硅>二氧化硅>碳化硅 C．第一电离能：Na＜Mg＜Al D．空间利用率：六方密堆积＜面心立方＜体心立方 解析：选A　碱金属元素中，单质硬度随着原子序数的增大而减小，所以硬度Li＞Na＞K，A正确；原子晶体中，键长越长其键能越小，则晶体的熔点越低，键能大小顺序是：C—C键、C—Si键、Si—Si键，所以熔点高低顺序是：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，B错误；同一周期，元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第Ⅴ A族元素第一电离能大于相邻元素，第一电离能：Mg＞Al＞Na，C错误；空间利用率：六方密堆积74%、面心立方74%、体心立方68%，所以空间利用率：六方密堆积＝面心立方＞体心立方，D错误。 ‎ ‎6．(2017·厦门模拟)物质的结构决定物质的性质。请回答下列涉及物质结构和性质的问题：‎ ‎(1)第二周期中，元素的第一电离能处于B与N之间的元素有________种。‎ ‎(2)某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，则其基态原子的价层电子排布式为________________。‎ ‎(3)乙烯酮(CH2===C===O)是一种重要的有机中间体，可用CH3COOH在(C2H5O)3P===O存在下加热脱H2O得到。乙烯酮分子中碳原子杂化轨道类型是________________，1 mol (C2H5O)3P===O分子中含有的σ键与π键的数目比为__________________。‎ ‎(4)已知固态NH3、H2O、HF的氢键键能和结构如下：‎ 物质 氢键/X—H…Y 键能/kJ·mol－1‎ ‎(HF)n F—H…F ‎28.1‎ 冰 O—H…O ‎18.8‎ ‎(NH3)n N—H…N ‎5.4‎ 解释H2O、HF、NH3沸点依次降低的原因_______________________________________。‎ ‎(5)碳化硅的结构与金刚石类似(如图所示)，其硬度仅次于金刚石，具有较强的耐磨性能。碳化硅晶胞结构中每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有________个，与碳原子等距离最近的碳原子有________个。已知碳化硅晶胞边长为a pm，则碳化硅的密度为_______g·cm3。‎ 解析：(1)同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素，即半充满的N原子和全充满的Be原子第一电离能要比同周期相邻元素的原子高，故第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有Be、C、O三种元素。‎ ‎(2)某元素位于第四周期Ⅷ族，其基态原子的未成对电子数与基态碳原子的未成对电子数相同，C原子的未成对电子数为2，则该元素为Ni，价层电子排布式为3d84s2。‎ ‎(3)在CH2===C===O中，左端碳原子形成一个π键，为sp2杂化，中间位置碳原子形成两个π键，为sp杂化；单键全是σ键，双键有一个σ键，1 mol(C2H5O)3P===O分子中含有的σ键的数目为25NA，π键的数目为NA，则σ键与π键的数目比为25∶1。‎ ‎(4)单个氢键的键能是(HF)n>冰>(NH3)n，而平均每个分子含氢键数：冰中2个，(HF)n和(NH3)n只有1个，汽化时要克服的氢键的总键能是冰>(HF)n>(NH3)n 。‎ ‎(5)碳化硅晶胞结构中每个碳原子周围与其距离最近的硅原子有4个，与碳原子等距离最近的碳原子有12个。该晶胞中含有的碳原子个数为8 ×1/8＋6 ×1/2＝4 ，硅原子个数为4，则根据公式a3×10－30×ρ×NA＝4×40 g·mol－1, 得ρ＝ g·cm－3。‎ 答案：(1)3　(2)3d84s2　(3)sp2和sp　 25∶1‎ ‎(4)单个氢键的键能是(HF)n>冰>(NH3)n，而平均每个分子含氢键数：冰中2个，(HF)n和(NH3)n只有1个，汽化时要克服的氢键的总键能是冰>(HF)n>(NH3)n　‎ ‎(5)4　12　 ‎[课下高考达标练]　 ‎ ‎[本节过关达标练]‎ ‎1．下列关于晶体的结构和性质的叙述正确的是(　　)‎ A．分子晶体中一定含有共价键 B．原子晶体中共价键越强，熔点越高 C．离子晶体中含有离子键，不含有共价键 D．金属阳离子只能存在于离子晶体中 解析：选B　稀有气体晶体为分子晶体，不含共价键，A项错误；原子晶体中共价键越强，熔点越高， B项正确；离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，C项错误；金属阳离子也可以存在于金属晶体中，D项错误。‎ ‎2．下列各组晶体物质中，化学键类型相同，晶体类型也相同的是(　　)‎ ‎①SiO2和SO3　②晶体硼和HCl　③CO2和SO2　④晶体硅和金刚石　⑤晶体氖和晶体氮　⑥硫黄和碘 A．①②③　　　　　　　　 B．④⑤⑥‎ C．③④⑥ D．①③⑤‎ 解析：选C　属于分子晶体的有SO3、HCl、CO2、SO2、晶体氖、晶体氮、硫黄、碘，属于原子晶体的有SiO2、晶体硼、晶体硅、金刚石，但晶体氖是由稀有气体分子构成的，分子间不存在化学键。‎ ‎3．(2017·仙桃模拟)下面有关晶体的叙述中，错误的是(　　)‎ A．白磷晶体中，分子之间通过共价键结合 B．金刚石的网状结构中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子 C．在NaCl晶体中每个Na＋(或Cl－)周围都紧邻6个Cl－(或Na＋)‎ D．离子晶体在熔化时，离子键被破坏，而分子晶体熔化时，化学键不被破坏 解析：选A　A项，白磷晶体为分子晶体，分子之间通过范德华力结合，错误；B项，金刚石的网状结构中，由共价键形成的最小碳环上有6个碳原子，正确；C项，在NaCl晶体中每个Na＋(或Cl－)周围都紧邻6个Cl－(或Na＋)，正确；D项，离子晶体在熔化时，离子键被破坏，而分子晶体熔化时，分子间作用力被破坏，化学键不被破坏，正确。‎ ‎4．X和Y两种元素的核电荷数之和为22，X的原子核外电子数比Y的少6个。下列说法中不正确的是(　　)‎ A．X的单质固态时为分子晶体 B．Y的单质为原子晶体 C．X与Y形成的化合物固态时为分子晶体 D．X与碳形成的化合物为分子晶体 解析：选C　由题意可知，X是O，Y是Si。固态O2及O与碳形成的化合物(CO、CO2)均为分子晶体，Si的单质为原子晶体，A、B、D正确；SiO2为原子晶体，C错误。‎ ‎5．(2017·西安模拟)有下列离子晶体空间结构示意图：为阳离子，为阴离子。以M代表阳离子，N代表阴离子，化学式为MN2的晶体结构为(　　)‎ 解析：选B　A项，阳离子数目为8×＋6×＝4，阴离子数目为1，阳离子和阴离子的比为4∶1，化学式为M4N，错误；B项，阳离子数目为4×＝，阴离子数目为1，阳离子和阴离子的比为∶1＝1∶2，化学式为MN2，正确；C项，阳离子数目为3×＝，阴离子数目为1，阳离子和阴离子的比为∶1＝3∶8，化学式为M3N8，错误；D项，阳离子数目为8×＝1，阴离子数目为1，阳离子和阴离子的比为1∶1，化学式为MN，错误。‎ ‎6.(2017·邢台模拟)某晶体的一部分如图所示，这种晶体中A、B、C三种粒子数之比是(　　)‎ A．3∶9∶4 B．1∶4∶2‎ C．2∶9∶4 D．3∶8∶4‎ 解析：选B　A粒子数为6×＝，B粒子数为6×＋3×＝2，C粒子数为1，A、B、C粒子数之比为∶2∶1＝1∶4∶2。‎ ‎7.(2017·信阳模拟)已知CsCl晶体的密度为ρ g·cm－3，NA 为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，如图所示，则CsCl的相对分子质量可以表示为(　　 )‎ A．NA·a3·ρ B. C. D. 解析：选A　该立方体中含1个Cl－，Cs＋个数＝8×＝1，根据ρV＝知，M＝ρVNA＝ρa3NA，摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量是ρa3NA。‎ ‎8.(2017·衡水模拟)CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，但CaC2晶体中由于哑铃形的C存在，使晶胞沿一个方向拉长。下列关于CaC2晶体的说法中正确的是(　　 )‎ A．1 个 Ca2＋周围距离最近且等距离的 C数目为 6‎ B．该晶体中的阴离子与F2是等电子体 C．6.4 g CaC2晶体中含阴离子0.1 mol D．与每个Ca2＋距离相等且最近的Ca2＋共有12个 解析：选C　A项，依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知，1个Ca2＋周围距离最近的C有4个，而不是6个，错误；B项，C含电子数为2×6＋2＝14，F2的电子数为18，二者电子数不同，不是等电子体，错误；C项，6.4 g CaC2为0.1 mol，则含阴离子0.1 mol，正确；D项，与每个Ca2＋距离相等且最近的Ca2＋为4个，错误。‎ ‎9．(2016·海南高考)M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：‎ ‎(1)单质M的晶体类型为________，晶体中原子间通过________作用形成面心立方密堆积，其中M原子的配位数为________。‎ ‎(2)元素Y基态原子的核外电子排布式为________，其同周期元素中，第一电离能最大的是________(写元素符号)。元素Y的含氧酸中，酸性最强的是________(写化学式)，该酸根离子的立体构型为________。‎ ‎(3)M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。‎ ‎①该化合物的化学式为________，已知晶胞参数a＝0.542 nm，此晶体的密度为__________g·cm－3。(写出计算式，不要求计算结果。阿伏加德罗常数为NA)‎ ‎②‎ 该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是__________________。此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为________。‎ 解析：(1)根据题给信息推断M为铜元素，Y为氯元素。单质铜的晶体类型为金属晶体，晶体中微粒间通过金属键作用形成面心立方密堆积，铜原子的配位数为12。‎ ‎(2)氯元素为17号元素，位于第三周期，根据构造原理知其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，同周期元素由左向右元素原子的第一电离能逐渐增大，故其同周期元素中，第一电离能最大的是Ar。氯元素的含氧酸中，酸性最强的是HClO4，该酸根离子中氯原子为sp3杂化，没有孤对电子，立体构型为正四面体形。‎ ‎(3)①每个晶胞中含有铜原子个数为8×1/8＋6×1/2＝4，氯原子个数为4，该化合物的化学式为CuCl，则1 mol晶胞中含有4 mol CuCl,1 mol晶胞的质量为4×99.5 g，又晶胞参数a＝0.542 nm，此晶体的密度为或 g·cm－3。②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是Cu＋可与氨形成易溶于水的配位化合物。该溶液在空气中Cu＋被氧化为Cu2＋，故深蓝色溶液中阳离子的化学式为[Cu(NH3)4]2＋。‎ 答案：(1)金属晶体　金属键　12‎ ‎(2)1s22s22p63s23p5　Ar　HClO4　正四面体 ‎(3)①CuCl　或 ‎②Cu＋可与氨形成易溶于水的配位化合物(或配离子)　[Cu(NH3)4]2＋‎ ‎10．(2017·河北三市联考)在一定条件下，金属相互化合形成的化合物称为金属互化物，如Cu9Al4、Cu5Zn8等。‎ ‎(1)某金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于________________(填“晶体”或“非晶体”)。‎ ‎(2)基态铜原子有________个未成对电子；Cu2＋的电子排布式为__________________；在CuSO4溶液中加入过量氨水，充分反应后加入少量乙醇，析出一种深蓝色晶体，该晶体的化学式为________________，其所含化学键有________________，乙醇分子中C原子的杂化轨道类型为________________。‎ ‎(3)铜能与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2,1 mol(SCN)2分子中含有σ键的数目为________。(SCN)2对应的酸有硫氰酸(HSCN)、异硫氰酸(HNCS)两种。理论上前者沸点低于后者，其原因是______________________________________________________________。‎ ‎(4)ZnS的晶胞结构如图1所示，在ZnS晶胞中，S2－的配位数为________________。‎ ‎(5)铜与金形成的金属互化物的晶胞结构如图2所示，其晶胞边长为a nm，该金属互化物的密度为________g·cm－3。(用含a、NA的代数式表示)‎ 解析：(1)晶体中原子呈周期性有序排列，有自范性，而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，题述金属互化物属于晶体。(2)基态铜原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，有1个未成对电子；Cu2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；得到的深蓝色晶体为Cu(NH3)4SO4，Cu(NH3)4SO4中含有离子键、共价键、配位键。乙醇分子中C原子的杂化轨道类型为sp3。(3)类卤素(SCN)2的结构式为NCSSCN,1 mol(SCN)2中含σ键的数目为5NA。异硫氰酸(HNCS)分子中N原子上连接有H原子，分子间能形成氢键，故沸点高。(4)根据题中图1知，距离Zn2＋最近的S2－有4个，即Zn2＋的配位数为4，而ZnS中Zn2＋与S2－个数比为1∶1，故S2－的配位数也为4。(5)根据均摊法，铜与金形成的金属互化物晶胞中Cu的个数为6×＝3，Au的个数为8×＝1，该金属互化物的化学式为Cu3Au，该金属互化物的密度为 g·cm－3＝ g·cm－3。‎ 答案：(1)晶体　(2)1　1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9　Cu(NH3)4SO4　共价键、离子键、配位键　sp3　(3)5NA　异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能　(4)4‎ ‎(5)(或其他合理答案)‎ ‎11．(2017·福州五校联考)铁基超导、C60K3、YBCO、钙氢合金都是超导材料，回答下列问题。‎ ‎(1)Fe3＋中未成对电子数为________；Fe2＋基态时核外电子排布式为________________________________________________________________________。‎ ‎(2)C60分子(结构如图)中碳原子杂化轨道类型为________；1 mol C60分子中含σ键数目为________。‎ ‎(3)已知C60晶体为面心立方，C60K3中C则为体心立方，K＋填在空隙中，有关C60的说法正确的有______。‎ a．C60晶体易溶于CS2‎ b．C60晶体中，与每个C60分子紧邻的C60分子有12个 c．C60K3晶胞中，内部空隙中填有6个K＋‎ d．C60K3晶体熔融时不导电 ‎(4)YBCO是一种高温超导材料，最早是通过在1 000～1 300 K加热BaCO3、Y2(CO3)3、CuCO3的混合物制备的。若YBa2Cu3O7－x(0≤x≤0.5)的材料在Tc温度下有超导性，当x＝0.2时，晶体中n(Cu3＋)∶n(Cu2＋)＝________。‎ ‎(5)目前已合成的Ca(大球)与H(小球)形成的超导材料其晶胞结构如图，它的化学式为____________。假定晶胞边长为a nm，则晶体的密度为________g·cm－3。‎ 解析：(2)C60分子中每个碳原子与另3个碳原子形成共价键，其中含1个双键和2个单键；1个C60分子中总键数为：60×3/2＝90，故σ键数目也为90。(3)由于C60是非极性分子，CS2也是非极性分子，a正确；面心立方的配位数为12，b正确；由于C60K3中C为体心立方，晶胞中C有2个，依据化学式晶胞中应有K＋6个，c正确；C60K3是离子化合物，熔融时可以导电，d错误。(4)先确定Y、Ba、O的化合价分别为＋3、＋2、－2，设Cu3＋为y，则Cu2＋为3－y，由化合物中各元素化合价代数和等于零即得。(5)晶胞中共含Ca原子数为8×＋1＝2；氢原子全部位于面上，共有4×6×＝12个，故该超导材料的化学式为CaH6；该晶胞的密度ρ＝ g·cm－3＝ g·cm－3。‎ 答案：(1)5　1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6　(2)sp2　90NA　(3)abc　(4)1∶4　(5)CaH6　 ‎[已学知识回顾练]‎ ‎12．下表是某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示，单位为kJ·mol－1)。下列关于元素R的判断中一定正确的是(　　)‎ 电离能 I1‎ I2‎ I3‎ I4‎ ‎……‎ Im/kJ·mol－1‎ ‎740‎ ‎1 500‎ ‎7 700‎ ‎10 500‎ ‎……‎ ‎①R的最高正价为＋3　②R元素位于元素周期表中第ⅡA族　③R元素的第一电离能大于同周期相邻元素　④R元素基态原子的电子排布式为1s22s2‎ A．①② B．②③‎ C．③④ D．①④‎ 解析：选B　由表中数据可知，R元素的第三电离能与第二电离能的差距最大，故最外层有两个电子，最高正价为＋2，位于第ⅡA族，可能为Be或Mg，①不正确，②正确，④不确定；短周期第ⅡA族的元素(价电子排布式为ns2np0)，‎ 因p轨道处于全空状态，比较稳定，所以其第一电离能大于同周期相邻主族元素，③正确。‎ ‎13.已知H2O2分子的空间结构可在二面角中表示，如图所示，下列有关H2O2结构的说法正确的是(　　)‎ A．H2O2中有3个σ键、1个π键 B．H2O2为非极性分子 C．H2O2中氧原子为sp杂化 D．H2O2沸点高达158 ℃，可推测H2O2分子间可形成氢键 解析：选D　H2O2中有3个σ键，无π键，A项错误；根据图示，H2O2中正负电荷中心不重合，为极性分子，B项错误；H2O2中氧原子为sp3杂化，C项错误；H2O2沸点较高，可推测分子间形成了氢键，D项正确。‎ ‎14．一项科学研究成果表明，铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。‎ ‎(1)向一定物质的量浓度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4。‎ ‎①Mn2＋基态的电子排布式可表示为_________________________________________。‎ ‎②NO的立体构型是___________________________________________(用文字描述)。‎ ‎(2)在铜锰氧化物的催化氧化下，CO被氧化为CO2，HCHO被氧化为CO2和H2O。‎ ‎①根据等电子体原理，CO分子的结构式为___________________________________。‎ ‎②H2O分子中O的杂化轨道类型为________________________________________。‎ ‎③1 mol CO2中含有的σ键数目约为_________________________________________。‎ 解析：(1)Mn的原子序数为25，价电子排布式为3d54s2，失去4s轨道上的两个电子，即得Mn2＋。NO中的N采用sp2杂化，根据价层电子对互斥理论，NO的立体构型为平面三角形。(2)CO与N2互为等电子体，根据氮气分子的结构式可以写出CO的结构式：CO。H2O分子中O有两对孤电子对，配位原子数为2，价电子对数目为4，所以O采用sp3杂化。一个CO2分子内含有两个C===O键，一个双键中含有一个σ键和一个π键，则1 mol CO2中含有2 mol σ键。‎ 答案：(1)①1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)　②平面三角形 ‎(2)①CO　②sp3　③1.204×1024‎