发布时间 : 星期一 文章2020版高考化学大一轮复习 第38讲 晶体结构与性质练习(含解析)更新完毕开始阅读
解析：(1)体心立方晶胞中，1个原子位于体心，8个原子位于立方体的顶点，故1个晶1＋－＋
胞中金属原子数为8×＋1＝2；氯化铯晶胞中，Cs位于体心，Cl位于顶点，Cs的配位数
8为8。(2)由晶胞可知，粒子个数比为1∶1，化学式为CuH，＋1价的铜与－1价的氢均具有较强的还原性，氯气具有强氧化性，产物为CuCl2和HCl。(3)由晶胞结构可知，黑球有1个，灰球有1个，白球有3个，由电荷守恒可知n(Mg)∶n(K)∶n(F)＝1∶1∶3，故白球为F。(4)从3种离子晶体的晶格能数据知道，离子所带电荷越多、离子半径越小，离子晶体的晶格能越大，离子所带电荷数：Ti
3＋
2＋
＋
－
－
>Mg
2＋
，离子半径：Mg
2＋
＜Ca
2＋
2＋
，所以熔点：
TiN>MgO>CaO>KCl；MgO晶体中一个Mg周围与它最邻近且等距离的Mg有12个。
答案：(1)2 体心 顶点 8 点燃
(2)2CuH＋3Cl2=====2CuCl2＋2HCl (3)F (4)TiN>MgO>CaO>KCl 12
10．(2019·湛江毕业班调研)短周期元素X、Y的价电子数相同，且原子序数之比等于1∶2；元素Z位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。
(1)Y基态原子的价电子排布式为____________。
(2)预测Na2Y、H2Y在乙醇中的溶解度大小：_____________________。
(3)Y与X可形成YX3。YX3的立体构型为____________(用文字描述)，Y原子轨道的杂化类型是______杂化。写出一种由Y的同周期元素Q、V形成的与YX3互为等电子体的分子的化学式：____________。
(4)Y与Z所形成化合物晶体的晶胞如图所示，该化合物的化学式为____________。其晶胞边长为540.0 pm，密度为_____________________g·cm(列式并计算)。
－3
2－
2－
2－
－
2＋
(5)2 mol配合物[Z(NH3)4]SO4中含有σ键的数目为____________NA。 解析：由题中信息可推知X是O元素，Y是S元素，Z是Zn元素。
(2)乙醇是极性溶剂，H2S是极性分子，Na2S是离子化合物，可看成极性很强的“分子”，根据相似相溶原理，H2S和Na2S在乙醇中都应有一定的溶解度，由于Na2S的“极性”比H2S要强，因此Na2S在乙醇中的溶解度比H2S大。
(3)YX3是SO3，S原子的价层电子对数是4，孤电子对数是1，所以SO3的立体构型是三角锥形，S原子轨道的杂化类型是sp杂化。等电子体是指原子总数相等、价电子总数也相等的微粒，在第三周期的元素中，Cl和P形成的PCl3与SO3互为等电子体。
2－
3
2－
2－
2－
- 5 -
11
(4)晶胞中S的个数是8×＋6×＝4，Zn的个数是4，因此该化合物的化学式为ZnS。1
8297 g·mol
23－1×4
6.02×10 molm－10
pm＝10 cm，1个晶胞中有4个“ZnS”，所以晶胞的密度ρ＝＝≈4.1
V（540.0×10－10 cm）3g·cm。
(5)[Zn(NH3)4]SO4中Zn和N原子形成4个σ键(配位键)，N和H之间共形成12个σ键，S和O之间形成4个σ键，所以1个[Zn(NH3)4]SO4中共有20个σ键，2 mol [Zn(NH3)4]SO4中含有σ键的数目为40NA。
答案：(1)3s3p (2)Na2S>H2S (3)三角锥形 sp 97 g·mol
23－1×4
6.02×10 mol
PCl3 (4)ZnS －103≈4.1 (5)40
（540.0×10 cm）11．铜及其化合物具有广泛的应用。回答下列问题：
(1)CuSO4和Cu(NO3)2中阳离子的基态核外电子排布式为______________________，S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为______________________。
(2)Cu(NO3)2溶液中通入足量NH3能生成配合物[Cu(NH3)4](NO3)2，其中NH3中心原子的杂化轨道类型为________，[Cu(NH3)4](NO3)2属于________晶体。
(3)CuSO4溶液中加入过量KCN能生成配离子[Cu(CN)4]，1 mol CN中含有的π键数目为________。与CN互为等电子体的离子有________(写出一种即可)。
(4)CuSO4的熔点为560 ℃，Cu(NO3)2的熔点为115 ℃，CuSO4熔点更高的原因可能是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。 (5)已知Cu2O晶胞结构如图所示，该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，0，0)，111
C为(，，)。则D原子的坐标参数为________，它代表________原子(填元素符号)。
222
－
2－
－
－1
2
4
3
2＋
－3
－1
(6)金属铜是面心立方最密堆积方式，则晶体中铜原子的配位数是________，该晶胞中Cu原子的空间利用率是________。
解析：(1)CuSO4和Cu(NO3)2中阳离子都是Cu
2
2
6
2
6
9
9
2＋
，其基态核外电子排布式为
1s2s2p3s3p3d或[Ar]3d；一般非金属性越强，第一电离能越大，但是氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N>O>S。
(2)氨分子中N原子的价层电子对数是4，因此中心原子的杂化轨道类型为sp；[Cu(NH3)4](NO3)2属于离子晶体。
- 6 -
3
(3)CN与氮气互为等电子体，含有三键，则1 mol CN中含有的π键数目为2NA。原子总数和价电子总数分别相等的微粒互为等电子体，与CN互为等电子体的离子有C2。
(4)由于CuSO4和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO4所带电荷数比NO3多，故CuSO4晶格能较大，所以硫酸铜熔点较高。
111
(5)根据晶胞结构并参照A、B、C原子的坐标参数可知D原子的坐标参数为(，，)。D
4441
代表的原子均位于内部，共计4个，而白球表示的原子个数为1＋8×＝2，因此D代表Cu原
8子。(6)已知金属铜的堆积方式是面心立方最密堆积，则晶体中铜原子的配位数是12。晶胞11
中铜原子个数是8×＋6×＝4。设铜原子的半径是r，则面对角线长是4r，立方体的边长是
82
43
4×πr3
2－
－
－
2－
－－
22r，则立方体的体积是(22r)，因此该晶胞中Cu原子的空间利用率是×100%3
（22r）≈74%。
答案：(1)1s2s2p3s3p3d(或[Ar]3d) N>O>S (2)sp 离子 (3)2NA C2
(4)CuSO4和Cu(NO3)2均为离子晶体，SO4所带电荷比NO3大，故CuSO4晶格能较大，熔点较高
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(5)(，，) Cu
444(6)12 74%
2－
－
2－
3
2
2
6
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6
9
9
3
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