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2022届高考化学一轮复习跟踪检测67高考重难--晶体结构的分析与计算(Word版带解析)
ID:19991 2021-09-11 5页1111 389.77 KB
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跟踪检测(六十七)高考重难——晶体结构的分析与计算1.(全国卷Ⅰ)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:(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×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 42.(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dg·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×=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,1mol晶胞的质量为(64×3+59)g=a3×dg·cm-3×NA,则a=cm=×107nm。答案:(1)3∶1 (2)×1073.(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=0.446nm,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×0.446nm≈0.315nm。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;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=565.76pm,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。(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g,晶胞的体积为(565.76×10-10cm)3,所以晶胞的密度为g·cm-3。答案:(1) (2)×1075.(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×=1,Fe位于面心,N(Fe)=6×=3,N位于体心,N(N)=1 ,其化学式为Fe3CuN。答案:Fe3CuN6.(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=0.420nm,则r(O2-)为________nm。MnO也属于NaCl型结构,晶胞参数为a′=0.448nm,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-)=×0.420nm≈0.148nm;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+)=0.076nm。答案:0.148 0.0767.(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1238℃,密度为ρg·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MAsg·mol-1,原子半径分别为rGapm和rAspm,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1238℃,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×10-10cm,则原子的总体积为V原子=4×π×[(rGa×10-10cm)3+(rAs×10-10cm)3]=×10-30(r+r)cm3。又知Ga和As的摩尔质量分别为MGag·mol-1和MAsg·mol-1,晶胞的密度为ρg·cm-3,则晶胞的体积为V晶胞=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:原子晶体 共价 ×100% 8.立方NiO(氧化镍)晶体的结构如图所示,其晶胞边长为apm,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×=4,O原子数目为8×+6×=4,晶胞质量为g,晶胞边长为apm,晶胞体积为(a×10-10cm)3,NiO晶体的密度为=g·cm-3;设1molNi0.96O中含Ni3+xmol,Ni2+为(0.96-x)mol,根据晶体仍呈电中性可知,3x+2×(0.96-x)=2×1,x=0.08mol,Ni2+为(0.96-x)mol=0.88mol,即离子数之比为N(Ni3+)∶N(Ni2+)=0.08∶0.88=1∶11。答案: 1∶119.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;c为。则d的坐标参数为________。(3)已知该晶胞的密度为ρg·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×+6×=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。 (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,设晶胞边长为apm,则该晶胞的质量为g=ρg·cm-3×(a×10-10cm)3,解得a=×1010,故两个S原子之间的距离为××1010pm。答案:(1)4 (2) (3)××101010.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Mg·mol-1,密度为dg·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=511pm,c=397pm;标准状况下氢气的密度为8.98×10-5g·cm-3;储氢能力=。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×=1,Ni的原子个数为8×+1=5,则该晶体的化学式为LaNi5。(2)1个晶胞的质量m=,由V=可知1个晶胞中的体积V=cm3。(3)LaNi5合金储氢后氢气的密度ρ==g·cm-3≈0.111g·cm-3,由定义式可知,储氢能力=≈1236。答案:(1)LaNi5 (2) (3)1236
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