2022届高考化学一轮复习全程跟踪检测67高考重难__晶体结构的分析与计算含解析

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(1)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。
(2)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。
解析：(1)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eq \f(1,3)×6＝2。
(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。
答案：(1)3 2 (2)12 4
2.(2016·全国卷Ⅱ)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。
解析：(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×eq \f(1,2)＝3，含有Ni原子的个数为8×eq \f(1,8)＝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 ml晶胞的质量为(64×3＋59)g＝a3×d g·cm－3×NA，则a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(251,6.02×1023×d)))cm＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(251,6.02×1023×d)))×107 nm。
答案：(1)3∶1 (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(251,6.02×1023×d)))×107
3．(全国卷Ⅰ)(1)KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立方结构，边长为a＝0.446 nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。K与O间的最短距离为______ nm，与K紧邻的O个数为_____。
(2)在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于________位置，O处于________位置。
解析：(1)二者间的最短距离为晶胞面对角线长的一半，即eq \f(\r(2),2)×0.446 nm≈0.315 nm。由于K、O分别位于晶胞的顶角和面心，所以与钾紧邻的氧原子有12个。(2)想象4个晶胞紧密堆积，则I处于顶角，O处于棱心，K处于体心。
答案：(1)0.315 12 (2)体心 棱心
4．(全国卷Ⅰ)锗(Ge)是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛。
(1)原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。如图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0,0,0)；B为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))；C为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))。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)。
解析：(1)根据题给图示可知，D原子的坐标参数为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4)))。
(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eq \f(8×73,NA) g，晶胞的体积为(565.76×10－10 cm)3，所以晶胞的密度为eq \f(8×73,NA×565.76×10－103) g·cm－3。
答案：(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4))) (2)eq \f(8×73,6.02×565.763)×107
5．(江苏高考)某FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x－n)CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为________________。
解析：能量越低越稳定，从图2知，Cu替代a位置Fe型晶胞更稳定，其晶胞中Cu位于8个顶点，N(Cu)＝8×eq \f(1,8)＝1，Fe位于面心，N(Fe)＝6×eq \f(1,2)＝3，N位于体心，N(N)＝1，其化学式为Fe3CuN。
答案：Fe3CuN
6.(全国卷Ⅲ)MgO具有NaCl型结构(如图)，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a＝0.420 nm，则r(O2－)为________ nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a′＝0.448 nm，则r(Mn2＋)为________ nm。
解析：因为O2－采用面心立方最密堆积方式，所以面对角线长度是O2－半径的4倍，则有 [4r(O2－)]2＝2a2，解得r(O2－)＝eq \f(\r(2),4)×0.420 nm≈0.148 nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构可得2r(Mn2＋)＋2r(O2－)＝a′，代入数据解得r(Mn2＋)＝0.076 nm。
答案：0.148 0.076
7．(全国卷Ⅲ)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。GaAs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MGa g·ml－1和MAs g·ml－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：GaAs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×eq \f(4,3)π×[(rGa×10－10cm)3＋(rAs×10－10cm)3]＝eq \f(16π,3)×10－30(req \\al(3,Ga)＋req \\al(3,As))cm3。又知Ga和As的摩尔质量分别为MGa g·ml－1和MAs g·ml－1，晶胞的密度为ρ g·cm－3，则晶胞的体积为V晶胞＝eq \f(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eq \f(V原子,V晶胞)×100%＝
eq \f(\f(16π,3)×10－30r\\al(3,Ga)＋r\\al(3,As)cm3,\f(4MGa＋MAs,ρ NA) cm3)×100%＝
eq \f(4π×10－30×NAρr\\al(3,Ga)＋r\\al(3,As),3MGa＋MAs)×100%。
答案：原子晶体 共价 eq \f(4π×10－30×NAρr\\al(3,Ga)＋r\\al(3,As),3MGa＋MAs)×100%
8．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__________g·cm－3(不必计算出结果，阿伏加德罗常数的值为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________。
解析：晶胞中Ni原子数目为1＋12×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×16＋59,NA) g，晶胞边长为a pm，晶胞体积为(a×10－10 cm)3，NiO晶体的密度为eq \f(\f(4×16＋59,NA) g,a×10－10 cm3)＝eq \f(4×75,NA×a×10－103) g·cm－3；设1 ml Ni0.96O中含Ni3＋x ml，Ni2＋为(0.96－x)ml，根据晶体仍呈电中性可知，3x＋2×(0.96－x)＝2×1，x＝0.08 ml，Ni2＋为(0.96－x)ml＝0.88 ml，即离子数之比为N(Ni3＋)∶N(Ni2＋)＝0.08∶0.88＝1∶11。
答案：eq \f(4×75,NA×a×10－103) 1∶11
9．S与Zn所形成化合物晶体的晶胞如图所示。
(1)在该晶胞中，Zn的配位数为________。
(2)原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a为(0,0,0)；b为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))；c为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))。则d的坐标参数为________。
(3)已知该晶胞的密度为ρ g·cm－3，则其中两个S原子之间的距离为________pm。(列出计算式即可)
解析：(1)该晶胞中Zn的原子个数为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，S的原子个数为4，故Zn、S的配位数相同，根据S的配位数为4，可知Zn的配位数为4。
(2)根据d的位置，可知其坐标参数为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，\f(1,2)))。
(3)根据S原子的位置可知，两个S原子之间的距离为晶胞边长的eq \f(\r(2),2)，设晶胞边长为a pm，则该晶胞的质量为eq \f(65×4＋32×4,NA) g＝ρ g·cm－3×(a×10－10 cm)3，解得a＝eq \r(3,\f(4×97,ρNA))×1010，故两个S原子之间的距离为eq \f(\r(2),2)× eq \r(3,\f(4×97,ρNA))×1010 pm。
答案：(1)4 (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，\f(1,2))) (3)eq \f(\r(2),2)× eq \r(3,\f(4×97,ρNA))×1010
10.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。
(1)该晶体的化学式为____________。
(2)已知该合金的摩尔质量为M g·ml－1，密度为d g·cm－3，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)该晶体的内部具有空隙，且每个晶胞的空隙中储存6个氢原子时比较稳定。已知：a＝511 pm，c＝397 pm；标准状况下氢气的密度为8.98×10－5 g·cm－3；储氢能力＝eq \f(储氢后氢气的密度,标准状况下氢气的密度)。若忽略储氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为________。
解析：(1)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)＋1＝5，则该晶体的化学式为LaNi5。(2)1个晶胞的质量m＝eq \f(M,NA)，由V＝eq \f(m,ρ)可知1个晶胞中的体积V＝eq \f(M,NA·d) cm3。(3)LaNi5合金储氢后氢气的密度ρ＝eq \f(m晶胞中的H,V晶胞)＝eq \f(1×6,NA×511×10－102×sin 60°×397×10－10) g·cm－3≈0.111 g·cm－3，由定义式可知，储氢能力＝eq \f(0.111,8.98×10－5)≈1 236。
答案：(1)LaNi5 (2)eq \f(M,NA·d) (3)1 236