第63讲 晶体结构与性质（解析版） 高考化学【一轮 夯实基础】复习精讲精练

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【复习目标】
1．能说出晶体与非晶体的区别；了解晶体中粒子在微观空间里的排布存在周期性，认识简单的晶胞。
2．能借助分子晶体、共价晶体、离子晶体、金属晶体等模型说明晶体中的微粒及其微粒间的相互作用。
3．依据实验事实，预测、推理配位键的形成，理解配位键的特征和实质。
4．结合具体实例，了解超分子的含义、结构特点及其简单性质。
【知识精讲】
考点一 晶体和晶胞
1．物质的聚集状态
(1)普通物质三态间的相互转化只是分子间距离发生了变化，分子在固态只能振动，在气态能自由移动，在液态则介于二者之间。
(2)特殊物质的聚集状态等离子体是气态物质，离子液体是液体物质。
(3)更多的物质聚集状态：晶态、非晶态，塑晶态、液晶态等。
2．晶体与非晶体
(1)晶体与非晶体的区别
(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。
3．晶胞
(1)概念：描述晶体结构的基本单元。
(2)晶体中晶胞的排列——无隙并置
①无隙：相邻晶胞之间没有任何间隙。
②并置：所有晶胞都是平行排列，取向相同。
4．晶胞组成的计算——均摊法
(1)原则：晶胞任意位置上的一个原子如果是被n个晶胞所共有，那么，每个晶胞对这个原子分得的份额就是eq \f(1,n)。
(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eq \f(1,3)。
【例题1】晶体是一类非常重要的材料，在很多领域都有广泛的应用。我国现已能够拉制出直径为300毫米的大直径硅单晶，晶体硅大量用于电子产业。下列对晶体硅的叙述中正确的是( )
A．形成晶体硅的速率越大越好
B．晶体硅没有固定的熔、沸点
C．可用X射线衍射实验来鉴别晶体硅和玻璃
D．晶体硅的形成与晶体的自范性有关，而与各向异性无关
【答案】C
【解析】
A选项，晶体的形成都要有一定的形成条件，如温度、压强、结晶速率等，但并不是说结晶速率越大越好；B选项，晶体有固定的熔、沸点；C选项，X射线衍射实验能够测出物质的内部结构，根据粒子是否有规则的排列就能区分出晶体与非晶体；D选项，晶体的形成与晶体的自范性和各向异性都有密切关系。
【例题2】氢是重要而洁净的能源。要利用氢气作为能源，必须解决好安全有效地储存氢气的问题。化学家研究出利用合金储存氢气的方法，其中镧(La)镍(Ni)合金是一种储氢材料，这种合金的晶体结构已经测定，其基本结构单元如图所示，则该合金的化学式可表示为( )
A．LaNi5 B．LaNi
C．La14Ni24 D．La7Ni12
【答案】A
【解析】
解析： 根据题给物质的结构单元图知，该合金的基本结构单元中镧原子的数目为12×eq \f(1,6)＋2×eq \f(1,2)＝3，而镍原子的数目为12×eq \f(1,2)＋6＋6×eq \f(1,2)＝15，所以镧与镍的原子个数比为3∶15＝1∶5。
【例题3】氧化锌常作为金属缓蚀剂，其结构有很多种，其中一种立方晶胞结构如图，晶胞边长为a pm，下列说法错误的是( )
A．该晶体属于离子晶体
B．O原子与O原子的最短距离为eq \f(\r(2),2)a pm
C．Zn原子周围等距且最近的Zn原子数为6
D．该晶胞中含有4个O原子，4个Zn原子
【答案】C
【解析】
氧化锌晶体属于离子晶体，选项A正确；O原子与O原子的最短距离为面对角线的一半，即 eq \f(\r(2),2)a pm，选项B正确；由晶胞示意图，取顶角Zn原子来看，其周围等距且最近的Zn原子为面上的Zn原子，顶角Zn原子属于12个面，故Zn原子周围等距且最近的Zn原子数为12，选项C错误；由图可知，该晶胞含4个O原子(晶胞内)，Zn原子位于晶胞的顶角和面上，故Zn原子的个数为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，选项D正确。
考点二 晶体类型、结构和性质
1．四种晶体类型的比较
2．分子晶体
(1)概念：只含分子的晶体称为分子晶体。
(2)粒子间的相互作用力：分子晶体内相邻分子间以分子间作用力相互吸引，分子内原子之间以共价键结合。
(3)常见的分子晶体
①所有非金属氢化物，如水、硫化氢、氨、甲烷等。
②部分非金属单质，如卤素(X2)、氧(O2)、硫(S8)、氮(N2)、白磷(P4)、C60等。
③部分非金属氧化物，如CO2、SO2、P4O6、P4O10等。
④几乎所有的酸，如H2SO4、HNO3、H3PO4、H2SiO3等。
⑤绝大多数有机化合物的晶体，如苯、乙醇、乙酸、葡萄糖等。
(4)物理性质
分子晶体熔、沸点较低，硬度较小。
(5)分子晶体的结构特征
①分子间作用力只是范德华力：晶体中分子堆积方式为分子密堆积。
②分子间还有其他作用力：水分子之间的主要作用力是氢键，在冰的每个水分子周围只有4个紧邻的水分子。
冰的晶体结构如图：
(6)结构模型
①干冰晶体中，每个CO2分子周围等距且紧邻的CO2分子有12个。
②冰的结构模型中，每个水分子与相邻的4个水分子以氢键相连接，含1 ml H2O的冰中，最多可形成2ml“氢键”。
3．共价晶体
(1)构成微粒及其相互作用
(2)物理性质
①共价晶体中，由于各原子均以强的共价键相结合，因此一般熔点高，硬度大。
②结构相似的共价晶体，原子半径越小，键长越短，键能越大，晶体的熔点越高。
(3)常见的共价晶体。
物质类别：
(4)结构模型
①金刚石晶体中，每个C与另外相邻4个C形成共价键，C—C键之间的夹角是109°28′，最小的环是六元环。
含有1 ml C的金刚石中，形成的共价键有2ml。
②SiO2晶体中，每个Si原子与4个O原子成键，每个O原子与2个硅原子成键，最小的环是十二元环，在“硅氧”四面体中，处于中心的是Si原子，1 ml SiO2中含有4ml Si—O键。
4．金属晶体
(1)金属键
①概念：金属原子脱落下来的价电子形成遍布整块晶体的“电子气”，被所有原子共用，从而把所有金属原子维系在一起。
②成键粒子是金属阳离子和自由电子。
③金属键的强弱和对金属性质的影响：
a．金属键的强弱主要取决于金属元素的原子半径和价电子数，原子半径越大，价电子数越少，金属键越弱；反之，金属键越强。
b．金属键越强，金属的熔、沸点越高，硬度越大。
(2)金属晶体
①在金属晶体中，原子间以金属键相结合。
②金属晶体的性质：优良的导电性、导热性和延展性。
③用电子气理论解释金属的性质：
5．离子晶体
(1)构成粒子：阴离子和阳离子。
(2)作用力：离子键。
(3)配位数：一个离子周围最邻近的异电性离子的数目。
(4)离子晶体结构的决定因素
①几何因素：晶体中正负离子的半径比。
②电荷因素：晶体中正负离子的电荷比。
③键性因素：离子键的纯粹程度。
(5)离子晶体的性质
(6)结构模型
①NaCl型：在晶体中，每个Na＋同时吸引6个Cl－，每个Cl－同时吸引6个Na＋，配位数为6。每个晶胞含4个Na＋和4个Cl－。
②CsCl型：在晶体中，每个Cl－吸引8个Cs＋，每个Cs＋吸引8个Cl－，配位数为8。
6．石墨的结构特点
(1)同层内，碳原子采用sp2杂化，以共价键相结合形成正六边形平面网状结构。所有碳原子的p轨道平行且相互重叠，p轨道中的电子可在整个平面中运动。
(2)层与层之间以范德华力相结合。
(3)石墨晶体中，既有共价键，又有金属键和范德华力，属于混合晶体。
(4)结构模型
石墨层状晶体中，层与层之间的作用是分子间作用力，平均每个正六边形拥有的碳原子个数是2，C原子采取的杂化方式是sp2。
【归纳总结】立方体晶胞中微粒周围其他微粒个数的判断
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(①A周围有4个B，B周围有12个A,②A周围有2个C，C周围有6个A,③B周围有6个D，D周围有2个B,④B周围有8个C，C周围有8个B,⑤C周围有12个D，D周围有4个C,⑥A周围有4个D，D周围有4个A))
【例题4】下列有关晶体结构的叙述中错误的是( )
A．金刚石的网状结构中，最小的环上有6个碳原子
B．分子晶体熔化时，不破坏共价键；共价晶体熔化时，破坏共价键
C．在金属铜的晶体中，由于存在自由电子，因此铜能导电
D．在氯化铯晶体中，每个氯离子周围最近且距离相等的氯离子有8个
【答案】D
【解析】
A项，根据金刚石的晶胞结构图可知，最小的环上有6个碳原子，正确；B项，分子晶体熔化时只是状态发生变化，没有化学键的断裂，只破坏分子间作用力，共价晶体的构成粒子是原子，熔化时共价键被破坏，正确；C项，金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，在通电条件下，自由电子的定向移动使得金属晶体能导电，正确；D项，氯化铯晶体的晶胞结构如图所示，由图可知，每个氯离子周围最近且距离相等的氯离子有6个，错误。
【例题5】已知NixMg1－xO晶体属立方晶系，晶胞边长a。将Li＋掺杂到该晶胞中，可得到一种高性能的p型太阳能电池材料，其结构单元如图所示。
假定掺杂后的晶胞参数不发生变化，下列说法正确的是( )
A．该结构单元中O原子数为3
B．Ni和Mg间的最短距离是eq \f(\r(2),2)a
C．Ni的配位数为4
D．该物质的化学式为
【答案】B
【解析】
A项，由均摊法可知该结构单元中O原子数＝1＋12×eq \f(1,4)＝4，错误；B项，由图可知，Ni和Mg间的最短距离为晶胞面对角线的一半，即eq \f(1,2) eq \r(a2＋a2)＝eq \f(\r(2),2)a，正确；C项，由晶胞可知Ni的配位数为6，错误；D项，1个晶胞中Li的个数＝1×eq \f(1,2)＝0.5，Mg的个数＝2×eq \f(1,2)＋1×eq \f(1,8)＝1.125，Ni的个数＝7×eq \f(1,8)＋3×eq \f(1,2)＝2.375，O的个数＝4，因此该物质的化学式为，错误。
【例题6】下表是对应物质的熔点(℃)：
下列判断正确的是( )
A．铝的化合物的晶体中都是离子晶体
B．表中只有BCl3和干冰是分子晶体
C．同族元素的氧化物只能形成相同类型的晶体
D．不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体
【答案】D
【解析】
AlCl3的熔点低，属于分子晶体，A项错误；表中BCl3、AlCl3和干冰均是分子晶体，B项错误；同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体，如CO2是分子晶体，二氧化硅是共价晶体，C项错误；表中Al2O3与Na2O均是离子晶体，Na与Al位于不同主族，D项正确。
【归纳总结】晶体熔、沸点的比较
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：共价晶体>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)共价晶体
eq \x(\a\al(原子半,径越小))―→eq \x(键长越短)―→eq \x(键能越大)―→eq \x(\a\al(熔、沸点,越高))
如熔点：金刚石>碳化硅>硅。
(2)离子晶体
①一般地说，阴、阳离子所带的电荷数越多，离子半径越小，则离子间的作用力就越强，其离子晶体的熔、沸点就越高，如熔点：MgO>MgCl2>NaCl>CsCl。
②衡量离子晶体稳定性的物理量是晶格能。晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，熔点越高，硬度越大。
(3)分子晶体
①分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高；具有氢键的分子晶体熔、沸点反常地高，如熔、沸点：H2O>H2Te>H2Se>H2S。
②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，如熔、沸点：SnH4>GeH4>SiH4>CH4。
③组成和结构不相似的物质(相对分子质量接近)，分子的极性越大，其熔、沸点越高，如熔、沸点：CO>N2，CH3OH>CH3CH3。
④同分异构体，支链越多，熔、沸点越低，如熔、沸点：
(4)金属晶体
金属离子半径越小，离子所带电荷数越多，其金属键越强，金属熔、沸点就越高，如熔、沸点：Na＜Mg＜Al。
考点三 配合物与超分子
1．配位键
(1)概念：由一个原子单方面提供孤电子对，而另一个原子提供空轨道接受孤电子对形成的共价键，即“电子对给予—接受”键。
(2)表示方法：配位键可以用A→B来表示，其中A是提供孤电子对的原子，B是接受孤电子对的原子。
例如：
2．配位化合物
(1)概念：把金属离子或原子(称为中心离子或原子)与某些分子或离子(称为配体或配位体)以配位键结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物。
(2)配合物的组成
如[Cu(NH3)4]SO4
a．配体有孤电子对，如H2O、NH3、CO、F－、Cl－、CN－等。
b．中心原子有空轨道，如Fe3＋、Cu2＋、Zn2＋、Ag＋等。
【注意】当配体中有两原子有孤电子对时，电负性小的原子为配位原子，如CO作配体时C为配位原子。
(3)形成条件：①配体有孤电子对；②中心原子有空轨道。
(4)配合物形成时性质的改变
①溶解度的改变：一些难溶于水的金属化合物形成配合物后，易溶解，如AgCl→[Ag(NH3)2]＋。
②颜色的改变：当简单离子形成配合物时颜色会发生改变，如Fe(SCN)3的形成，利用此性质可检验铁离子的存在。
③稳定性改变：形成配合物后，物质的稳定性增强。
3．配合物的生成实验探究
(1)CuSO4溶液eq \(―――→,\s\up7(少量氨水))Cu(OH)2(蓝色沉淀)eq \(―――→,\s\up7(足量氨水))[Cu(NH3)4]2＋(深蓝色)，其反应的离子方程式为
Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NHeq \\al(＋,4)，
Cu(OH)2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－。
(2)FeCl3溶液eq \(―――→,\s\up7(KSCN溶液))Fe(SCN)3(血红色)，KSCN溶液检验Fe3＋。
(3)NaCl溶液eq \(―――→,\s\up7(AgNO3溶液))AgCl(白色沉淀)eq \(――→,\s\up7(氨水))[Ag(NH3)2]＋反应的离子方程式为
Cl－＋Ag＋===AgCl↓，
AgCl＋2NH3===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－。
4．配合物的种类与应用
配合物种类繁多，如叶绿素、血红素和维生素B12都是配合物。如叶绿素中Mg2＋为中心离子，大环有机化合物作配体，配位原子为N。配合物在医药科学、化学催化剂、新型分子材料等领域应用广泛。
5．超分子
(1)定义：由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。这里的分子也包含离子。
(2)特点：超分子这种分子聚集体，有的是有限的，有的是无限伸展的。
(3)应用
示例一：分离C60和C70
示例二：冠醚识别碱金属离子：冠醚与合适的碱金属离子形成超分子。
(4)特征：超分子的两特征分别为分子识别和自组装。
【例题7】K3[Fe(CN)6]在水中可以电离出配离子[Fe(CN)6]3－，下列关于该配离子的说法错误的是( )
A．该配离子的中心离子为Fe3＋
B．该配离子的配体是CN－
C．该配离子的配位数为6
D．[Fe(CN)6]3－ 和Fe3＋的性质相同
【答案】D
【解析】[Fe(CN)6]3－ 和Fe3＋的性质有所不同，颜色、稳定性都不相同。
【例题8】(2021·湖北适应性考试)在碱性溶液中，Cu2＋可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如下图所示。
下列说法错误的是( )
A．该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
B．该配离子中铜离子的配位数是4
C．基态Cu原子的价层电子排布式是3d104s1
D．该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O>N>C>H
【答案】A
【解析】
A项，根据其结构可知，该配离子中的N和O可与水分子中的H形成氢键，而水分子中的O也可与配离子中的H形成氢键，错误；B项，根据配离子的结构可知，铜离子的配位数为4，正确；C项，根据铜原子的电子排布式可知，基态Cu原子的价层电子排布式是3d104s1，正确；D项，根据同一周期，主族元素的电负性从左到右逐渐增大，同一主族，元素的电负性从上到下逐渐减小可知，该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O>N>C>H，正确。
【例题9】下列过程与配合物的形成无关的是( )
A．除去Fe粉中的SiO2可用强碱溶液
B．向一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失
C．向FeCl3溶液中加入KSCN溶液
D．向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失
【答案】A
【解析】
A项，除去Fe粉中的SiO2是利用SiO2可与强碱反应的化学性质，与配合物的形成无关；B项，AgNO3与氨水反应生成了AgOH沉淀，继续反应生成了配合物离子[Ag(NH3)2]＋；C项，Fe3＋与KSCN反应生成了配合物离子[Fe(SCN)n]3－n；D项，CuSO4与氨水反应生成了配合物离子[Cu(NH3)4]2＋。
考点四 晶胞参数、坐标参数的分析与计算
晶胞有两个基本要素：
①原子坐标参数——表示晶胞内部各微粒的相对位置；
②晶胞参数——描述晶胞的大小和形状。
1．原子坐标参数
原子坐标参数是晶胞的基本要素之一，用于表示晶胞内部各原子的相对位置。通过原子坐标的确定既能确定晶胞中原子的相对位置，又可以计算各原子间的距离，进而可以计算晶胞的体积及晶体的密度。根据晶体结构的特点，通常确定原子坐标参数的晶体主要有铜型(面心立方最密堆积)和镁型(六方最密堆积)两种晶体类型。
2．宏观晶体密度与微观晶胞参数的关系
3．金属晶体中体心立方堆积、面心立方最密堆积中的几组公式(设棱长为a)
(1)面对角线长＝eq \r(2)a。
(2)体对角线长＝eq \r(3)a。
(3)体心立方堆积4r＝eq \r(3)a(r为原子半径)。
(4)面心立方最密堆积4r＝eq \r(2)a(r为原子半径)。
【例题10】贵金属磷化物Rh2P (化学式量为237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图所示。已知晶胞参数为a nm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为________，晶体的密度为____________g·cm－3 (列出计算式)。
【答案】8 eq \f(237×4,NA（a×10－7）3)
【解析】
根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个白球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，白球表示P原子，以顶面面上的P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞的体积为a3 nm3＝(a×10－7)3cm3，晶胞的质量为eq \f(237×4,NA) g，所以晶体的密度为eq \f(\f(237×4,NA) g,（a×10－7）3cm3)＝eq \f(237×4,NA（a×10－7）3) g·cm－3。
【例题11】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)。

【答案】eq \f(\r(2),4)a eq \f(\r(3),4)a eq \f(8×24＋16×64,NAa3×10－30)
【解析】
根据晶胞结构可知Cu原子之间最短距离为面对角线的eq \f(1,4)，由于边长是a pm，则面对角线长是eq \r(2)a pm，则x＝eq \f(\r(2),4)a pm；Mg原子之间最短距离为体对角线的eq \f(1,4)，由于边长是a pm，则体对角线长是 eq \r(3)a pm，则y＝eq \f(\r(3),4)a pm；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＋4＝8，则Cu原子个数是16，晶胞的质量是eq \f(8×24＋16×64,NA) g。由于边长是a pm，则MgCu2的密度是eq \f(8×24＋16×64,NAa3×10－30) g·cm－3。
【例题12】一种四方结构的超导化合物的晶胞结构如图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ρ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1的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，则原子2和3的坐标分别为________、________。
【答案】SmFeAsO1－xFx eq \f(2×[281＋16（1－x）＋19x],a3cNA×10－30) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))
【解析】
由图1可知，每个晶胞中含Sm原子个数为4×eq \f(1,2)＝2，含Fe原子个数为4×eq \f(1,4)＋1＝2，含As原子个数为4×eq \f(1,2)＝2，含O原子个数为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8×\f(1,8)＋2×\f(1,2)))(1－x)＝2(1－x)，含F原子个数为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8×\f(1,2)＋2×\f(1,2)))x＝2x，所以该化合物的化学式为SmFeAsO1－xFx；
根据该化合物的化学式为SmFeAsO1－xFx可知，一个晶胞的质量为eq \f(2×[281＋16（1－x）＋19x],NA)，一个晶胞的体积为a2c×10－30cm3，则密度ρ＝eq \f(2×[281＋16（1－x）＋19x],a2cNA×10－30)g·cm－3；
根据原子1的坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，可知原子2和3的坐标分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))。
【真题演练】
1．（2022·湖北·高考真题）某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是
A．的配位数为6B．与距离最近的是
C．该物质的化学式为D．若换为，则晶胞棱长将改变
【答案】B
【详解】
A．配位数为与其距离最近且等距离的F-的个数，如图所示，位于体心，F-位于面心，所以配位数为6，A正确；
B．与的最近距离为棱长的，与的最近距离为棱长的，所以与距离最近的是，B错误；
C．位于顶点，所以个数==1，F-位于面心，F-个数==3，位于体心，所以个数=1，综上，该物质的化学式为，C正确；
D．与半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D正确；
故选B。
2．（2021·湖北·高考真题）某立方晶系的锑钾(Sb—K)合金可作为钾离子电池的电极材料，图a为该合金的晶胞结构图，图b表示晶胞的一部分。下列说法正确的是
A．该晶胞的体积为a3×10-36cm-3B．K和Sb原子数之比为3∶1
C．与Sb最邻近的K原子数为4D．K和Sb之间的最短距离为apm
【答案】B
【详解】
A．该晶胞的边长为，故晶胞的体积为，A项错误；
B．该晶胞中K的个数为，Sb的个数为，故K和Sb原子数之比为3∶1，B项正确；
C．以面心处Sb为研究对象，与Sb最邻近的K原子数为8，C项错误；
D．K和Sb的最短距离为晶胞体对角线长度的，即，D项错误。
故选B。
3．（2021·辽宁·高考真题）单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。下列说法错误的是
A．S位于元素周期表p区B．该物质的化学式为
C．S位于H构成的八面体空隙中D．该晶体属于分子晶体
【答案】D
【详解】
A．S的价电子排布式为：3s23p4，故S位于元素周期表p区，A正确；
B．由该物质形成晶体的晶胞可知：S个数为，H个数为：，故H、S原子个数比为3:1，故该物质的化学式为，B正确；
C．S位于H构成的八面体空隙中，如图所示，C正确；
D．由于该晶体是一种新型超导材料，说明其是由阴、阳离子构成的，故该晶体属于离子晶体，D错误；
故答案为：D。
4．（2021·天津·高考真题）下列各组物质的晶体类型相同的是
A．SiO2和SO3B．I2和NaClC．Cu和AgD．SiC和MgO
【答案】C
【详解】
A．SiO2为原子晶体，SO3为分子晶体，晶体类型不同，故A错误；
B．I2为分子晶体，NaCl为离子晶体，晶体类型不同，故B错误；
C．Cu和Ag都为金属晶体，晶体类型相同，故C正确；
D．SiC为原子晶体，MgO为离子晶体，晶体类型不同，故D错误；
故选C。
5．（2020·山东·高考真题）下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是
A．键能 、 ，因此C2H6稳定性大于Si2H6
B．立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度
C．SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，因此SiH4还原性小于CH4
D．Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成 键
【答案】C
【详解】
A．因键能C—C＞Si—Si、C—H＞Si—H，故C2H6的键能总和大于Si2H6，键能越大越稳定，故C2H6的稳定性大于Si2H6，A正确；
B．SiC的成键和结构与金刚石类似均为原子晶体，金刚石的硬度很大，类比可推测SiC的硬度和很大，B正确；
C．SiH4中Si的化合价为+4价，C的非金属性强于Si，则C的氧化性强于Si，则Si的阴离子的还原性强于C的阴离子，则SiH4的还原性较强，C错误；
D．Si原子的半径大于C原子，在形成化学键时纺锤形的p轨道很难相互重叠形成π键，故Si原子间难形成双键，D正确；
故选C。
6．（2022·山东·高考真题）是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是
A．每个晶胞中个数为x
B．每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为8
C．每个晶胞中0价Cu原子个数为
D．当转化为时，每转移电子，产生原子
【答案】BD
【详解】
A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A错误；
B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B正确；
C．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+ e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜而个数为(4-4x)，故C错误；
D．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y) e-+(1-y) Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)ml铜，故D正确；
故选BD。
7．（2022·河北·高考真题）含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
(1)基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。
(2)Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是____，原因是_____。
(3)SnCl的几何构型为____，其中心离子杂化方式为____。
(4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是____(填标号)。
A．[Cu(NH3)2]ClB．[Cu(NH3)4]SO4C．[Zn(NH3)4]SO4D．Na2[Zn(OH)4]
(5)如图是硫的四种含氧酸根的结构：
A． B． C． D．
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO的是____(填标号)，理由是____。
(6)如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。
①该物质的化学式为_____。
②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A原子的坐标为(，，)，则B原子的坐标为_____。
【答案】
(1)1：2或2：1
(2)Cu Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大
(3)三角锥形 sp3杂化
(4)B
(5)D D中含有—1价的O元素，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO
(6)Cu2ZnSnS4 (，，)
【详解】
（1）基态S的价电子排布是3s23p4，根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的电子数之比为1：2或2：1，故答案为：1：2或2：1；
（2）铜元素的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，锌元素的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大，所以铜与锌相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是铜元素，故答案为：Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大；
（3）三氯化锡离子在锡离子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以锡离子杂化方式为sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3杂化；
（4）根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子；
A．[Cu(NH3)2]Cl中亚铜离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；
B．[Cu(NH3)4]SO4中铜离子外围电子排布是3d9，离子中有未成对电子，该配合物具有顺磁性，故符合题意；
C．[Zn(NH3)4]SO4中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；
D．Na2[Zn(OH)4] 中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；
故选B；
（5）由四种含氧酸根的结构式可知，只有过二硫酸根离子中含有过氧链，离子中—1价的氧元素具有强氧化性，则只有过二硫酸根离子能在酸性溶液中将锰离子氧化为高锰酸根离子，故选D；
（6）①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的锌原子个数为8×+1=2，位于面上的铜原子个数为8×=4，位于面心和棱上的锡原子个数为2×+4×=2，位于体内的硫原子个数为8，则该物质的化学式为Cu2ZnSnS4，故答案为：Cu2ZnSnS4；
②若将晶胞先分为上下两个相等的正方体后再将每个正方体继续分为8个相等的小正方体，则B原子位于上面的正方体分割成的8个小立方体中位于右下后方的小立方体的体心，由A原子的坐标为(，，)可知，B原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)。
8．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。
(1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：，；电离常数分别为、。
①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为_______。
②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为_______。
③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是_______。
(2)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为_______，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来_______。
(3)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。
【答案】
(1) 5 c(OH-)越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降
(2)4
(3)Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3
【详解】
（1）在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S的离子方程式为： ；反应的平衡常数K= ，由题目信息可知，，电离常数，所以K===5；在溶液中，pH越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降；故答案为：；5 ；FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降。
（2）因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：；故答案为：4；。
（3）有图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3。
9．（2022·北京·高考真题）失水后可转为，与可联合制备铁粉精和。
I.结构如图所示。
(1)价层电子排布式为___________。
(2)比较和分子中的键角大小并给出相应解释：___________。
(3)与和的作用分别为___________。
II．晶胞为立方体，边长为，如图所示。
(4)
①与紧邻的阴离子个数为___________。
②晶胞的密度为___________ 。
(5)以为燃料，配合可以制备铁粉精和。结合图示解释可充分实现能源和资源有效利用的原因为___________。
【答案】
(1)3d6
(2)SO的键角大于H2O，SO中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，H2O分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形
(3)配位键、氢键
(4)6 ×1021
(5)由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4
【解析】
（1）铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6，故答案为：3d6；
（2）硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，所以硫酸根离子的键角大于水分子，故答案为：SO的键角大于H2O，SO中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，H2O分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形；
（3）由图可知，具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有孤对电子的氧原子形成配位键，硫酸根离子与水分子间形成氢键，故答案为：配位键；氢键；
（4）
①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的亚铁离子与位于棱上的阴离子S离子间的距离最近，则亚铁离子紧邻的阴离子个数为6，故答案为：6；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铁离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的S离子个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：==10—21a3d，解得d=×1021，故答案为：×1021；
（5）由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4，所以以FeS2为燃料，配合FeSO4·H2O可以制备铁粉精和H2SO4可充分实现能源和资源有效利用，故答案为：由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4。
10．（2022·山东·高考真题）研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为。回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布式为_______，在元素周期表中位置为_______。
(2)晶胞中N原子均参与形成配位键，与的配位数之比为_______；_______；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是_______。
(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。
A．2s轨道B．2p轨道C．sp杂化轨道D．sp2杂化轨道
(4)在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①_______，②_______。
(5)、、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_______。
【答案】
(1)3d84s2 第4周期第VIII族
(2)2:3 2:1:1 Zn2+、Ni2+
(3)D
(4)吡啶能与H2O分子形成分子间氢键 吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子
(5)
【解析】
（1）已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第VIII族，故答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；
（2）由题干晶胞示意图可知，，Ni2+周围连接四个原子团，形成的配位键数目为：4，空间结构为正方形，VESPR模型为平面四边形，采用dsp2杂化； Zn2+周围形成的配位键数目为：6，VESPR模型为正八面体，采用sp3d2杂化，所以与的配位数之比为4:6=2:3；含有CN-（小黑球N+小白球C）为：=4，含有NH3（棱上小黑球）个数为：=2，晶胞中苯环在四个侧面且每个苯环只有一半属于该晶胞，所以苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，即4:2:2=2:1:1；故答案为：2:3；2:1:1；Zn2+、Ni2+；
（3）吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故答案为：D；
（4）已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
（5）已知-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞＞，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为：，故答案为：。
11．（2022·湖南·高考真题）铁和硒()都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：
(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下：
①基态原子的核外电子排布式为_______；
②该新药分子中有_______种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态分子_______离子(填“>”“”或“H2S>CH4 六 AD 化合物III 由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式 4 1：1：2
【详解】
(1)基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，因此基态硫原子价电子排布式为3s23p4，故答案为：3s23p4。
(2)H2S、CH4、H2O均为分子晶体，H2O分子间存在氢键，沸点较高，H2S、CH4的分子间范德华力随相对分子质量增大而增加，因此沸点由高到低顺序为：H2O>H2S>CH4，故答案为：H2O>H2S>CH4。
(3)第六周期0族元素的原子序数为86，因此第80号元素Hg位于第六周期第ⅡB族，故答案为：六。
(4)A．中S原子的价层电子对数=2+=4，因此S原子采取sp3杂化，故A正确；
B．中含有的元素为H、C、O、S、Hg，同周期元素从左至右元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上至下元素的电负性逐渐减小，因此5种元素中电负性最大的为O元素，故B错误；
C．中C原子成键均为单键，因此C原子采取sp3杂化，所以C-C-C键角接近109º28’，故C错误；
D．中存在C-H、C-C、C-S、S=O、S-O、S-H共价键和与Na+之间的离子键，故D正确；
E．中硫氧键分为硫氧单键和硫氧双键，共价键种类不同，因此二者的键能不同，故 E错误；
综上所述，说法正确的是AD项，故答案为AD。
(5)中羟基能与水分子之间形成分子间氢键，为易溶于水的钠盐，溶于水后电离出的中O原子均能与水分子之间形成氢键，相同物质的量两种物质溶于水后，形成的氢键更多，因此化合物III更易溶于水，故答案为：化合物III。
(6)①对比图9b和图9c可得X晶体的晶胞中上下两个单元内的原子位置不完全相同，不符合晶胞晶胞是晶体的最小重复单位要求，故答案为：由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式。
②以晶胞上方立方体中右侧面心中Hg原子为例，同一晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目为2，右侧晶胞中有2个Sb原子与Hg原子距离最近，因此X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4；该晶胞中Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为1+8×+4×=4，Hg原子位于棱边、面心，因此1个晶胞中含有Hg原子数为6×+4×=4，则该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb =4：4：8=1：1：2，故答案为：4；1：1：2。
③1个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积V=(x×10-7cm)2×(y×10-7cm)=x2y×10-21cm3，则X晶体的密度为== g/cm3，故答案为：。
14．（2021·湖南·高考真题）硅、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题：
(1)基态硅原子最外层的电子排布图为_______，晶体硅和碳化硅熔点较高的是_______(填化学式)；
(2)硅和卤素单质反应可以得到，的熔沸点如下表：
①0℃时，、、、呈液态的是____(填化学式)，沸点依次升高的原因是_____，气态分子的空间构型是_______；
②与N-甲基咪唑 反应可以得到，其结构如图所示：
N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为_______，H、C、N的电负性由大到小的顺序为_______，1个中含有_______个键；
(3)下图是、、三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。
①已知化合物中和的原子个数比为1：4，图中Z表示_______原子(填元素符号)，该化合物的化学式为_______；
②已知该晶胞的晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，，则该晶体的密度_______(设阿伏加德罗常数的值为，用含a、b、c、的代数式表示)。
【答案】； SiC SiCl4 SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大 正四面体形 sp2、sp3；； N>C>H 54 O Mg2GeO4 =×1021
【详解】
(1)硅元素的原子序数为14，价电子排布式为3s23p2，则价电子排布图为 ；原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，晶体硅和碳化硅都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，非金属性强于硅原子，碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅硅键，则碳硅键强于硅硅键，碳化硅的熔点高于晶体硅，故答案为： ；SiC；
(2) ①由题给熔沸点数据可知，0℃时，四氟化硅为气态，四氯化硅为液态，四溴化硅、四碘化硅为固态；分子晶体的沸点取决于分子间作用力的大小，SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，则SiX4的沸点依次升高；SiX4分子中硅原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：SiCl4； SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大；正四面体形；
②由M2+离子的结构可知，离子中含有杂化方式为sp3杂化的单键碳原子和sp2杂化的双键碳原子；元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的非极性强弱顺序为N>C>H，则元素电负性的大小顺序为N>C>H；M2+离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都是σ键，双键中含有1个σ键，则离子中含有54个σ键，故答案为：sp2、sp3；N>C>H；54；
(3)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8×+6×+4×+3=8，位于体内的Y原子和Z原子分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1：4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子，则晶胞的化学式为Mg2GeO4，故答案为：O；Mg2GeO4；
②由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×ρ，解得ρ=×1021g/cm3，故答案为：×1021。
15．（2021·浙江·高考真题）(1)已知3种原子晶体的熔点数据如下表：
金刚石熔点比晶体硅熔点高的原因是_______。
(2)提纯含有少量氯化钠的甘氨酸样品：将样品溶于水，调节溶液的pH使甘氨酸结晶析出，可实现甘氨酸的提纯。其理由是_______。
【答案】原子半径C＜Si（或键长C-C＜Si-Si），键能C-C＞Si-Si 当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小
【详解】
(1)原子半径的大小决定键长大小，键长越短键能越大，此时物质的熔、沸点越高，在C和Si组成的物质中原子半径C＜Si（或键长C-C＜Si-Si），键能C-C＞Si-Si，故金刚石的熔点高于晶体硅的熔点；
(2) 当调节溶液pH至甘氨酸主要以两性离子的形态存在时（即等电点，此时两性离子间相互吸引力最大），溶解度最小，此时析出的固体为甘氨酸，可以实现甘氨酸的提纯。
【课后精练】
第I卷（选择题）
1．（2022·吉林·长春十一高模拟预测）下列有关物质分类或归类中，正确的是
①胶体：碳纳米管(具有纳米尺度的直径)、氢氧化铁胶体、淀粉溶液
②纯净物：硝酸、液氯、冰水混合物
③化合物：CaCl2、NaOH、HCl、HD
④共价晶体：金刚石、Na2O、BN、SiO2
⑤电解质：明矾[KAl(SO4)2•12H2O]、石膏、硫酸、纯碱
⑥同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨烯
A．②⑤⑥B．①③⑥C．①⑤⑥D．③⑤⑥
【答案】A
【详解】
①碳纳米管是单质，不是胶体，①错误；
②硝酸、液氯、冰水混合物都是由单一组分构成的，属于纯净物，②正确；
③HD是由同种元素构成的单质，③错误；
④Na2O是由钠离子和氧离子构成的离子化合物，④错误；
⑤明矾[KAl(SO4)2•12H2O]、石膏、硫酸、纯碱都属于电解质，⑤正确；
⑥C60、C70、金刚石、石墨烯都是由碳元素构成的结构不同的单质，互为同素异形体，⑥正确；
正确是：②⑤⑥；
故选A。
2．（2022·湖南郴州·一模）金属钼的一种晶胞为体心立方堆积(图1)，以晶胞参数为单位长度建立所示坐标系(图2)，该晶胞沿其体对角线方向上的投影如图3所示，若晶胞参数为a pm。下列说法错误的是
A．若图1中原子1的分数坐标为(0，0，0)，则图1中原子2的分数坐标为(，，)
B．若晶胞参数为a pm，则图3中原子3和原子4的连线长度为
C．图3中原子3和原子4在同一平面上
D．该晶胞1 ml含有的钼原子数为9NA
【答案】D
【详解】
A．若图1中原子1的分数坐标为(0，0，0)，由于原子2位于晶胞的体心，则图1中原子2的分数坐标为(，，)，A正确；
B．图3是金属钼晶胞沿其体对角线上的投影，原子3与原子4在晶胞中的顶点，并且位于面对角线，故原子3和原子4连线长度为pm，B正确；
C．图3的原子3与原子4在同一平面的面对角线，因此2个原子位于同一平面上，C正确；
D．1个晶胞中，位于顶点的钼原子个数：8×=1，位于体心的钼原子个数1，故1个晶胞中含有2个钼原子，则1 ml晶胞含有钼原子个数为2NA，D错误；
故合理选项是D。
3．（2022·湖北·襄阳五中模拟预测）如图所示，铁有δ、γ、α三种晶体，三种晶体在不同温度下能发生转化。下列说法正确的是
A．γ－Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个
B．α－Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个
C．将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同
D．若α－Fe晶胞边长为acm，γ－Fe晶胞边长为bcm，则两种晶体的密度比为b3∶a3
【答案】B
【详解】
A．γ－Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有=12个，A不正确；
B．α－Fe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有=6个，B正确；
C．由图可知，温度不同，得到的晶体结构不同，所以将铁加热到1500℃分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型不同，C不正确；
D．若α－Fe晶胞边长为acm，γ－Fe晶胞边长为bcm，则两种晶体的密度比为: =b3∶4a3，D不正确；
故选B。
4．（2022·四川·盐亭中学一模）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，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如表所示。下列说法不正确的是
A．灰色大球代表As
B．一个晶胞中有4个Sn
C．CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有2个
D．距离Cd(0，0，0)最近的Sn的分数坐标是(0.5，0，0.25)和(0.5，0.5，0)
【答案】C
【分析】由部分Cd原子的分数坐标(0，0，0)，可知8个Cd在晶胞的顶点，4个Cd在晶胞的面心，1个在晶胞的体心；部分Sn原子的分数坐标为(0，0，0.5)，4个Sn在晶胞的棱上，6个Sn在晶胞的面心，部分As原子的坐标为(0.25，0.25，0.125)，8个As在晶胞的体心；所以一个晶胞中含有Sn的个数为：；距离Cd(0，0，0)最近的Sn是(0.5，0，0.25)、(0.5，05，0)；由图可知，CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有4个，以此解答该题。
【详解】
A．由以上分析可知，部分As原子的坐标为(0.25，0.25，0.125)，则As位于晶胞的体心，可知灰色大球代表As，故A正确；
B．4个Sn在晶胞的棱上, 6个Sn在晶胞的面心，则一个晶胞中含有Sn的个数为：，故B正确；
C．CdSnAs2晶体中，晶胞面上的Sn除与该晶胞中的2个As键合外，还有相邻晶胞中的2个As键合，晶胞棱上的Sn除与该晶胞中的1个As键合外，还与相邻晶胞中的3个As键合，故晶体中与单个Sn键合的As有4个，故C错误；
D．距离Cd(0，0，0)最近的Sn是(0.5，0，0.25)、(0.5，05，0)，故D正确；
故答案选C。
5．（2022·上海市行知中学模拟预测）下列各组数据比较，前者比后者小的是
A．与的氧化性B．乙烷与苯分子中碳碳键键长
C．氯化铯与氯化钠的熔点D．与的熔点
【答案】C
【详解】
A．金属单质的还原性越强，对应离子的氧化性越强，镁单质的还原性弱于钾单质，则镁离子的氧化性强于钾离子，故不符合题意；
B．苯分子中的碳碳键是介于单键和双键之间的独特的键，则乙烷中碳碳键长比苯分子中碳碳键键长长，故B不符合题意；
C．氯化铯与氯化钠都是离子晶体，铯离子的离子半径大于钠离子，氯化铯中离子键弱于氯化钠，熔点低于氯化钠，故C符合题意；
D．氧化铝是离子晶体，氯化铝是分子晶体，一般情况下离子晶体的熔点高于分子晶体，则氧化铝的熔点高于氯化铝，故D不符合题意；
故选C。
6．（2022·广东·梅州市梅江区梅州中学模拟预测）如图为几种晶体或晶胞的结构示意图。
下列说法错误的是
A．18g冰晶体中含有2ml氢键
B．在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键个数的比为1∶2
C．碘单质是分子晶体，碘单质在中比水中溶解度更大
D．金刚石、MgO、碘单质三种晶体的熔点顺序为：MgO>金刚石>碘单质
【答案】D
【详解】
A．由图可知，1个水分子能形成4个氢键，每个氢键为2个水分子所共有，每个水分子含有4×=2个氢键，所以18g冰晶体中含有氢键的物质的量为×2=2ml，故B正确；
B．由晶胞结构可知，在金刚石晶体中，每个碳原子与4个碳原子形成共价键，每个共价键为2个碳原子所共有，每个碳原子形成的共价键为4×=2个，则碳原子与碳碳键个数的比为1：2，故B正确；
C．碘单质是非极性分子形成的分子晶体，在非极性有机溶剂中的溶解度大于在极性分子水中的溶解度，故C正确；
D．金刚石是原子晶体，熔点高于离子晶体氧化镁，故D错误；
故选D。
7．（2022·广东·模拟预测）某超分子的结构如图所示。下列说法不正确的是
A．此超分子中含有酰胺基
B．的分子式为C14H10，其一氯代物有3种
C．此超分子属于高分子
D．此超分子完全燃烧后会生成CO2，干冰晶胞中CO2的配位数为12
【答案】C
【详解】
A．从此超分子的结构图中可以看出，分子中含有多个酰胺基，A正确；
B．分子中有14个碳原子，不饱和度为10，则分子式为C14H10，该分子中有3种氢原子(带∗号位置)，则其一氯代物有3种，B正确；
C．此超分子的相对分子质量小于10000，则不属于高分子，C不正确；
D．此超分子中含有碳元素，完全燃烧后会生成CO2，干冰晶胞中CO2分子位于顶点和面心，配位数为=12，D正确；
故选C。
8．（2022·江苏·南京市第十三中学模拟预测）X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期不同主族元素，X的2p轨道有两个未成对电子，Y元素原子半径在同周期中最大，X与Y最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，W元素单质常温下是淡黄色固体。下列说法正确的是
A．第一电离能： Z>W>Y
B．Z在元素周期表中位于p区
C．X、Z、W的单质形成的晶体类型相同，均为分子晶体
D．Z的最高价含氧酸的钠盐溶液中有三种含Z元素的微粒
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期不同主族元素，W元素单质常温下是淡黄色固体，则W为S元素；X的2p轨道有两个未成对电子，且各元素不同主族，其核外电子排布式为1s22s22p2，X为C元素；Y元素原子半径在同周期中最大，其原子序数大于C元素，则Y为Na元素；X与Y最外层电子数之和与Z的最外层电子数相等，Z的最外层电子数为4+1=5，其原子序数大于Na元素，则Z为P元素，以此分析解答。
【详解】根据分析可知，X为C元素，Y为Na元素，Z为P元素，W为S元素，
A．主族元素同周期从左向右第一电离能呈增大趋势，P的3p能级处于半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：P＞S＞Na，故A错误；
B．P元素最后填充的为3p电子，则P元素在元素周期表中位于p区，故B正确；
C．C元素形成的单质可能是共价晶体如金刚石，也可能是混合型晶体如石墨，S元素形成单质是分子晶体，故C错误；
D．Z的最高价含氧酸的钠盐为Na3PO4，Na3PO4溶液中含有P的微粒有4种，分别为、H3PO4、、，故D错误；
故选：B。
9．（2022·上海松江·二模）北京冬奥会首次选用CO2跨临界直冷制冰系统。下列关于CO2的说法错误的是
A．固态CO2是分子晶体B．电子式为
C．是直线型分子D．是非极性分子
【答案】B
【详解】
A．固态二氧化碳由CO2分子构成，因此固态CO2是分子晶体，A正确；
B．二氧化碳分子中，C和O之间应该有两对电子，正确的电子式为，B错误；
C．二氧化碳价层电子对数为2+=2，无孤电子对，分子构型为直线型，C正确；
D．二氧化碳正负电荷中心重合，为非极性分子，D正确；
故答案选B。
10．（2022·江苏泰州·模拟预测）(CH3NH3)PbI3是钙钛矿太阳能电池的重要吸光材料，其晶胞结构如图1所示，Walsh提出H2O降解(CH3NH3)PbI3的机理如图2所示。
下列说法不正确的是
A．H3O+的键角小于H2O的键角B．1个(CH3NH3)PbI3晶胞含有3个I-
C．机理中的反应均为非氧化还原反应D．H2O可与CH3NH反应生成H3O+和CH3NH2
【答案】A
【详解】
A．H3O+中只有一对孤电子对，H2O中有2对孤电子对。孤电子对越多，排斥力越大键角越小，因此键角H3O+＞H2O，A错误；
B．在1个(CH3NH3)PbI3晶胞中，含有黑球：1个，白球：6×=3个，含有阴影球：8×=1个，因此1个(CH3NH3)PbI3晶胞含有3个I-，B正确；
C．根据图示可知：机理中的反应在反应过程中元素化合价不变，因此这些反应均为非氧化还原反应，C正确；
D．H2O分子中的O原子上含有孤对电子能够与H+形成配位键结合形成H3O+，因此H2O可与CH3NH反应生成H3O+和CH3NH2，D正确；
故合理选项是A。
11．（2022·湖北·华中师大一附中模拟预测）物质的组成与结构决定了物质的性质。下列说法错误的是
A．PF3的空间结构为三角锥形。
B．CF3NO2中组成元素的第一电离能：F>N>O>C
C．基态钒原子的价电子排布图为
D．SiC与晶体硅的熔点：SiC