- 晶胞
- 共1643题
正确答案
解析
解：该晶胞中铯离子个数=1，氯离子个数=
根据图片晶胞结构知，每个晶胞中含有一个铯离子，每个顶点上的氯离子被8个晶胞共用，每个氯离子周围最近的铯离子是8，
采用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，每个氯离子周围最近的氯离子个数是6，
故选D．
H、C、N、O、都属于自然界中常见非金属元素．
（1）O、C、N三种元素的第一电离能由小到大顺序是______；NH4+中氮原子轨道的杂化类型为______．
（2）CO、N2的结构可表示为：两者的键能数据：（单位kJ/mol）
结合数据说明CO比N2活泼的原因______．
（3）乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）和三甲胺[N（CH3）3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高的多，原因是______．
（4）C、N元素形成的新材料具有如右图所示结构，该晶体硬度将超过目前世界上最硬的金刚石，成为首屈一指的超硬新材料． 该物质的化学式为：______．
正确答案
解：（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；
NH4+中氮原子含有4个共价键，所以其轨道的杂化类是sp3杂化；
故答案为：N＞O＞C；sp3杂化；
（2）根据表中数据可知，断裂C≡O中的一个π键消耗的能量是1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273kJ/mol，断裂N≡N中的一个π键消耗的能量是941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol，断裂一个π键CO比N2更容易，所以CO更活泼．
故答案为：CO的第一个π键的键能为273kJ/mol，N2中的第一个π键的键能为523.3kJ/mol，所以CO的第一个键比N2更容易断裂；
（3）乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）分子之间可以形成氢键，三甲胺[N（CH3）3]分子之间不能形成氢键，故乙二胺的沸点较高．
故答案为：乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；
（4）该晶胞中含有碳原子个数=8×
解析
解：（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第IIA族和第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；
NH4+中氮原子含有4个共价键，所以其轨道的杂化类是sp3杂化；
故答案为：N＞O＞C；sp3杂化；
（2）根据表中数据可知，断裂C≡O中的一个π键消耗的能量是1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273kJ/mol，断裂N≡N中的一个π键消耗的能量是941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol，断裂一个π键CO比N2更容易，所以CO更活泼．
故答案为：CO的第一个π键的键能为273kJ/mol，N2中的第一个π键的键能为523.3kJ/mol，所以CO的第一个键比N2更容易断裂；
（3）乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）分子之间可以形成氢键，三甲胺[N（CH3）3]分子之间不能形成氢键，故乙二胺的沸点较高．
故答案为：乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；
（4）该晶胞中含有碳原子个数=8×
（1）铁在元素周期表中的位置______．
（2）配合物Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于______（填晶体类型）．Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x=______．Fe（CO）x在一定条件下发生反应：
Fe（CO）x（s）⇌Fe（s）+xCO（g）．已知反应过程中只断裂配位键，由此判断该反应所形成的化学键类型为______．
（3）写出CO的一种常见等电子体分子的结构式______；两者相比较沸点较高的为______（填化学式）．
（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如图1所示．
①基态铜原子的核外电子排布式为______．
②每个铜原子周围距离最近的铜原子数目______．
（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如附图2所示（黑点代表铜原子）．
①该晶体的化学式为______．
②已知该晶体的密度为ρ g•cm-3，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体中铜原子和M原子之间的最短距离为______pm（只写计算式）．
正确答案
解：（1）Fe位于第四周期第VIII族，故答案为：第四周期第Ⅷ族；
（2）Fe（CO）x晶体的熔沸点较低，所以属于分子晶体；Fe原子价电子数是8，每个CO分子提供一个电子对，所以8+2n=18，n=5；只有配位键断裂，生成的物质是Fe，则形成的化学键是金属键；
故答案为：分子晶体；5；金属键；
（3）原子个数相等、价电子数相等的微粒是等电子体，所以与CO是等电子体的分子结构式为N≡N；极性分子的熔沸点较高，CO是极性分子，氮气是非极性分子，所以CO熔沸点较高，
故答案为：N≡N；CO；
（4）①铜为29号元素，基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1 或1s22s22p63s23p63d104s1，
故答案为：[Ar]3d104s1 或1s22s22p63s23p63d104s1；
②根据晶胞结构图可知，铜为面心立方堆积，每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=3×8÷2=12，
故答案为：12；
（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，则M为Cl元素，
①该晶胞中铜原子个数=4，Cl原子个数=8×
②该晶胞中Cu原子个数为4，Cl原子个数=8×
解析
解：（1）Fe位于第四周期第VIII族，故答案为：第四周期第Ⅷ族；
（2）Fe（CO）x晶体的熔沸点较低，所以属于分子晶体；Fe原子价电子数是8，每个CO分子提供一个电子对，所以8+2n=18，n=5；只有配位键断裂，生成的物质是Fe，则形成的化学键是金属键；
故答案为：分子晶体；5；金属键；
（3）原子个数相等、价电子数相等的微粒是等电子体，所以与CO是等电子体的分子结构式为N≡N；极性分子的熔沸点较高，CO是极性分子，氮气是非极性分子，所以CO熔沸点较高，
故答案为：N≡N；CO；
（4）①铜为29号元素，基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1 或1s22s22p63s23p63d104s1，
故答案为：[Ar]3d104s1 或1s22s22p63s23p63d104s1；
②根据晶胞结构图可知，铜为面心立方堆积，每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=3×8÷2=12，
故答案为：12；
（5）某M原子的外围电子排布式为3s23p5，则M为Cl元素，
①该晶胞中铜原子个数=4，Cl原子个数=8×
②该晶胞中Cu原子个数为4，Cl原子个数=8×
（1）元素B、C、D的第一电离能的由大到小排列顺序为______．（用元素符号表示）
（2）D元素原子的最外层电子排布图为______．
（3）该配位化合物的化学式为______，配体的中心原子的杂化方式为______．
（4）C元素可与A元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和l：2，两种化合物可任意比互溶，解释其主要原因为______．
（5）A元素与B元素可形成分子式为A2B2的某化合物，该化合物的分子具有平面结构，则其结构式为______，分子中含有______个σ键，______个π键．
（6）A元素与E元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如图．则该化合物的化学式为______．该化合物可在氯气中燃烧，生成一种棕黄色固体和一种气体，写出该反应的化学方程式______．
正确答案
解：某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成，其原子个数比为14：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，则C为O元素、D为S元素；E元素的外围电子排布为（n-l）dn+6nsl，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d104sl，则E为Cu；故该深蓝色晶体应含有[Cu（NH3）4]2+，SO42-，结合原子序数可知A为H、B为N，由原子数目之比，可知该配合物含有1个结晶水，故其化学式为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O，
（1）同主族自上而下第一电离能减小，故O元素第一电离能大于S元素，O与N元素同周期，N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于O元素，故第一电离能由大到小的排列顺序为：N＞O＞S，
故答案为：N＞O＞S；
（2）D为S元素，其原子的最外层电子排布图为 
故答案为：
（3）由上述分析可知，该配位化合物的化学式为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O，配体为NH3，N原子价层电子对数=3+
故答案为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O；sp3；
（4）O元素可与H元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和l：2，则为H2O、H2O2，两种化合物可任意比互溶，其主要原因为：H2O与H2O2分子之间存在氢键，
故答案为：H2O与H2O2分子之间存在氢键；
（5）H元素与N元素可形成分子式为N2H2的化合物，该化合物的分子具有平面结构，N原子之间形成N=N双键，N原子与H原子之间形成N-H键，其结构式为H-N=N-H，分子中含有3个σ键，1个π键，
故答案为：H-N=N-H；3；1；
（6）H元素与Cu元素可形成一种红色化合物，由晶体结构单元可知，4个H原子位于内部，6个H原子位于棱上，晶胞中H原子数目=4+6×
故答案为：CuH；2CuH+3Cl2
解析
解：某配位化合物为深蓝色晶体，由原子序数由小到大的A、B、C、D、E五种元素构成，其原子个数比为14：4：5：1：1．其中C、D元素同主族且原子序数D为C的二倍，则C为O元素、D为S元素；E元素的外围电子排布为（n-l）dn+6nsl，则n+6=10，故n=4，故其外围电子排布为3d104sl，则E为Cu；故该深蓝色晶体应含有[Cu（NH3）4]2+，SO42-，结合原子序数可知A为H、B为N，由原子数目之比，可知该配合物含有1个结晶水，故其化学式为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O，
（1）同主族自上而下第一电离能减小，故O元素第一电离能大于S元素，O与N元素同周期，N元素原子2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于O元素，故第一电离能由大到小的排列顺序为：N＞O＞S，
故答案为：N＞O＞S；
（2）D为S元素，其原子的最外层电子排布图为
故答案为：
（3）由上述分析可知，该配位化合物的化学式为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O，配体为NH3，N原子价层电子对数=3+
故答案为：[Cu（NH3）4]SO4•H2O；sp3；
（4）O元素可与H元素形成两种常见的化合物，其原子个数比分别为1：1和l：2，则为H2O、H2O2，两种化合物可任意比互溶，其主要原因为：H2O与H2O2分子之间存在氢键，
故答案为：H2O与H2O2分子之间存在氢键；
（5）H元素与N元素可形成分子式为N2H2的化合物，该化合物的分子具有平面结构，N原子之间形成N=N双键，N原子与H原子之间形成N-H键，其结构式为H-N=N-H，分子中含有3个σ键，1个π键，
故答案为：H-N=N-H；3；1；
（6）H元素与Cu元素可形成一种红色化合物，由晶体结构单元可知，4个H原子位于内部，6个H原子位于棱上，晶胞中H原子数目=4+6×
故答案为：CuH；2CuH+3Cl2
（1）写出基态Cu的第三能层的电子排布式______，与Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有______（填元素符号），上述方程式中涉及到的N、O元素第一电离能由小到大的顺序为______．
（2）PO43-的空间构型是______．
（3）氨基乙酸铜的分子结构如图1，氮原子的杂化方式为______．
（4）在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物[Cu（CN）4]2-，则CN-中含有的σ键与π键的数目之比为______．
（5）Cu元素与H元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元，如图2所示．则该化合物的化学式为______．
（6）铜晶体为面心立方最密堆积，铜的原子半径为r pm，则晶体铜密度的计算式为______ g/cm3．
正确答案
解：（1）Cu是29号元素，其基态Cu2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，第三能层电子排布式为：3s23p63d10；Cu最外层电子数为1，与Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有K、Cr；7号元素N原子的电子排布式为1s22s22p3，8号元素O原子的电子排布式为1s22s22p4，当元素的原子核外电子层上的电子处于全充满、半充满或全空状态时，能量低比较稳定，N原子的电子处于半充满状态，是稳定状态，所以N、O元素第一电离能由小到大的顺序为O＜N；故答案为：3s23p63d10；K、Cr；O＜N；
（2）PO43-中P原子的价层电子对=4+
（3）氮原子最外层有5个电子，存在一对孤对电子，在化学式中形成了3条共价键，即形成了四条杂化轨道，则其杂化类型为：sp3，故答案为：sp3；
（4）在CN-中碳原子与氮原子是以共价三键结合的，含有1个ơ键，含有的2个π键，故CN-中含有的σ键与π键的数目之比为：1：2，故答案为：1：2；
（5）在该化合物的晶胞中Cu：12×（
（6）铜晶体为面心立方最密堆积，则每个晶胞中含有铜的原子：8×（
解析
解：（1）Cu是29号元素，其基态Cu2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，第三能层电子排布式为：3s23p63d10；Cu最外层电子数为1，与Cu同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有K、Cr；7号元素N原子的电子排布式为1s22s22p3，8号元素O原子的电子排布式为1s22s22p4，当元素的原子核外电子层上的电子处于全充满、半充满或全空状态时，能量低比较稳定，N原子的电子处于半充满状态，是稳定状态，所以N、O元素第一电离能由小到大的顺序为O＜N；故答案为：3s23p63d10；K、Cr；O＜N；
（2）PO43-中P原子的价层电子对=4+
（3）氮原子最外层有5个电子，存在一对孤对电子，在化学式中形成了3条共价键，即形成了四条杂化轨道，则其杂化类型为：sp3，故答案为：sp3；
（4）在CN-中碳原子与氮原子是以共价三键结合的，含有1个ơ键，含有的2个π键，故CN-中含有的σ键与π键的数目之比为：1：2，故答案为：1：2；
（5）在该化合物的晶胞中Cu：12×（
（6）铜晶体为面心立方最密堆积，则每个晶胞中含有铜的原子：8×（
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