晶胞_章节学习_百度题库

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题型：简答题

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简答题

A、B、C、D、E为前四周期元素，原子序数依次增大．基态A原子的核外电子占据4个原子轨道；B与C同主族，大气平流层中单质B3浓度减少会致人患皮肤癌增加；D是前四周期元素中第一电离能最小的元素；E的合金是当今用量最大的合金．

（1）E2+的核外电子排布式为______．

（2）CB2-3的立体构型是（用文字描述）______；其中心原子的杂化轨道类型为______．

（3）根据等电子原理，AB分子的电子式为______；其中σ键与π键之比为______．

（4）[E（H2O）6]3+内E3+与H2O间的作用力为______．

（5）D2C的晶胞结构与CaF2晶胞（如图）相似，则Y应为______（填离子符号）；D2C的熔点比CaF2熔点______（填“高”、“低”或“无法比较”）．

正确答案

解：A、B、C、D、E为前四周期元素，原子序数依次增大．基态A原子的核外电子占据4个原子轨道，核外电子排布为1s22s22p2，则A为碳元素；大气平流层中单质B3浓度减少会致人患皮肤癌增加，则B为氧元素；B与C同主族，则C为硫元素；D是前四周期元素中第一电离能最小的元素，则D为K元素；E的合金是当今用量最大的合金，则E为Fe元素，

（1）Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故答案为：1s22s22p63s23p63d6；

（2）CB32-为SO32-，S原子价层电子对数=3+=4、含有1对孤对电子，SO32-为三角锥型，S原子采取sp3杂化，故答案为：三角锥型；sp3；

（3）CO分子与N2为等电子体，根据等电子原理，可知C原子与氧原子之间形成3对共用电子对，故CO的电子式为，其中σ键与π键之比为1：2，故答案为：；1：2；

（4）[E（H2O）6]3+内E3+提供空轨道、H2O提供孤对电子，E3+与H2O间的作用力为配位键，

故答案为：配位键；

（5）K2S的晶胞结构与CaF2晶胞（如图）相似，由结构晶胞可知，晶胞中含有8个X原子，Y原子数目=8×+2×=4，故Y为S2-，离子半径为K+＞Ca2+、S2-＞F-，故K2S的晶格能小于CaF2的晶格能，K2S的熔点CaF2的熔点低，故答案为：S2-；低．

解析

解：A、B、C、D、E为前四周期元素，原子序数依次增大．基态A原子的核外电子占据4个原子轨道，核外电子排布为1s22s22p2，则A为碳元素；大气平流层中单质B3浓度减少会致人患皮肤癌增加，则B为氧元素；B与C同主族，则C为硫元素；D是前四周期元素中第一电离能最小的元素，则D为K元素；E的合金是当今用量最大的合金，则E为Fe元素，

（1）Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，故答案为：1s22s22p63s23p63d6；

（2）CB32-为SO32-，S原子价层电子对数=3+=4、含有1对孤对电子，SO32-为三角锥型，S原子采取sp3杂化，故答案为：三角锥型；sp3；

（3）CO分子与N2为等电子体，根据等电子原理，可知C原子与氧原子之间形成3对共用电子对，故CO的电子式为，其中σ键与π键之比为1：2，故答案为：；1：2；

（4）[E（H2O）6]3+内E3+提供空轨道、H2O提供孤对电子，E3+与H2O间的作用力为配位键，

故答案为：配位键；

（5）K2S的晶胞结构与CaF2晶胞（如图）相似，由结构晶胞可知，晶胞中含有8个X原子，Y原子数目=8×+2×=4，故Y为S2-，离子半径为K+＞Ca2+、S2-＞F-，故K2S的晶格能小于CaF2的晶格能，K2S的熔点CaF2的熔点低，故答案为：S2-；低．

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题型：单选题

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单选题

下列关于晶体的说法一定正确的是（　　）

A分子晶体中都存在共价键

BCaTiO3晶体中每个Ti4+和12个O2-相紧邻

CSiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合

D金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高

正确答案

B

解析

解：A．单原子分子中没有化学键，如He原子，故A错误；

B．根据CaTiO3晶胞的结构可知，Ti4+周围的O2-分布在经过该Ti4+的各个面的面心上，这样的面共有12个，所以每个Ti4+与12个O2-紧相邻，故B正确；

C．原子晶体中非金属原子之间的作用力为共价键，则SiO2晶体中每个硅原子能形成4个共价键，则每个Si与4个氧原子以共价键相结合，故C错误；

D．金属晶体的熔点不一定都比分子晶体的熔点高，金属汞常温下为液态，而分子晶体中很多物质在常温下为固态，故D错误；

故选B．

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题型：单选题

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单选题

石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料（结构示意图如下），可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景．下列说法正确的是（　　）

A石墨烯与石墨互为同位素

B0.12g石墨烯中含有6.02×1022个碳原子

C石墨烯是一种有机物

D石墨烯中的碳原子间以共价键结合

正确答案

D

解析

解：A、石墨烯与石墨均是碳元素形成的单质，应是互为同素异形体的关系，而同位素应是同一元素不同原子间的互称，故A错误；

B、0.12g石墨含=6.02×1021个碳原子，故B错误；

C、有机物通常指含碳元素的化合物，而石墨烯显然是由碳原子构成的单质，故C错误；

D、石墨烯是由石墨剥离而成，即是石墨中的一层，碳原子间是以共价键结合，故D正确；

故选D．

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题型：简答题

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简答题

Ⅰ.2010年上海世博会场馆，大量的照明材料或屏幕都使用了发光二极管（LED）．目前市售LED品片，材质基本以GaAs（砷化镓）、AlGaInP（磷化铝镓铟）、InGaN（氮化铟镓）为主．已知镓是铝同族下一周期的元素．砷化镓的晶胞结构如右图所示．试回答：

（1）砷化镓晶胞中所包含的砷原子（白色球）个数为______，与同一个镓原子（黑色球）相连的砷原子构成的空间构型为______．

（2）N、P、As处于同一主族，其氢化物沸点由高到低的顺序是______（用氢化物分子式表示）．

（3）砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700℃时制得．（CH3）3Ga中镓原子的杂化方式为______．

Ⅱ．氯化铬酰（CrO3Cl2）在有机合成中可作氧化剂或氯化剂，能与许多有机物反应．请回答下列问题．

（1）写出铬原子的基态电子排布式______；与铬同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铬原子相同的元素有______（填元素符号）．

（2）CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断CrO2Cl2是______分子（填“极性”或“非极性”）．

正确答案

解：Ⅰ．（1）根据“均摊法”：白色球个数为6×+8×=4．由晶胞图可知与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为正四面体，故答案为：4；正四面体；

（2）由于NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点最高，由于AsH3的相对分子质量大于PH3，故AsH3的沸点高于PH3，故答案为：NH3＞AsH3＞PH3；

（3）由于Ga原子周围只有3对成键电子对，故其杂化方法为sp2，故答案为：sp2；

Ⅱ．（1）Cr的原子序数为24，根据能量最低原理可知基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，

铬原子的最外层电子数为1，位于第四周期，与铬同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铬原子相同的元素有K、Cu，

故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1； K、Cu；

（2）CCl4、CS2等为非极性分子，CrO2Cl2能与CCl4、CS2等互溶，根据相似相溶可知，CrO2Cl2为非极性分子，故答案为：非极性．

解析

解：Ⅰ．（1）根据“均摊法”：白色球个数为6×+8×=4．由晶胞图可知与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为正四面体，故答案为：4；正四面体；

（2）由于NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点最高，由于AsH3的相对分子质量大于PH3，故AsH3的沸点高于PH3，故答案为：NH3＞AsH3＞PH3；

（3）由于Ga原子周围只有3对成键电子对，故其杂化方法为sp2，故答案为：sp2；

Ⅱ．（1）Cr的原子序数为24，根据能量最低原理可知基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，

铬原子的最外层电子数为1，位于第四周期，与铬同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铬原子相同的元素有K、Cu，

故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1； K、Cu；

（2）CCl4、CS2等为非极性分子，CrO2Cl2能与CCl4、CS2等互溶，根据相似相溶可知，CrO2Cl2为非极性分子，故答案为：非极性．

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题型：简答题

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简答题

决定物质性质的重要因素是物质结构．请回答下列问题：

（1）铜是过渡元素．化合物中，铜常呈现+1价或+2价．

①铜原子的电子排布式______．

②右图为某铜矿晶体结构单元，该铜矿的化学式为______．

③已知，铜的第一电离能为746kJ•mol-1，第二电离能为1958kJ•mol-1．请结合核外电子排布相关知识解释，铜第二电离能远远大于第一电离能的原因______．

（2）Mg是第三周期元素，该周期部分元素氟化物的熔点见表：

解释表中氟化物熔点差异的原因______．

（3）CO的结构可表示为C≡O，N2的结构可表示为N≡N．如表是两者的键能数据（单位：kJ•mol-1）

CO与N2的结构相似，分子中都含有共价三键，其中含有______个π键；结合数据说明CO比N2活泼的原因

______．

（4）已知A和B为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如表所示：

根据以上数据分析：A通常显______价，A的电负性______B的电负性（填“＞”、“＜”或“=”）．

（5）研究物质磁性表明：金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好．离子型氧化物V2O5和CrO2中，适合作录音带磁粉原料的是______（填化学式）．

（6）目前全世界镍的消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位．镍行业发展蕴藏着巨大潜力．

①配合物Ni（CO）4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂．固态Ni（CO）4属于______晶体．

②如右图所示配合物，其分子内存在的作用力有______（填编号）

A．氢键 B．离子键 C．共价键

D．金属键 E．配位键．

正确答案

解：（1）①Cu原子核外有29个电子，Cu的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；

②根据晶胞结构可知，O位于顶点和体心，共有：8×+1=2个，Cu位于体心，共4个，n（Cu）：n（O）=2：1，所以化学式为Cu2O，故答案为：Cu2O；

③Cu原子失去1个电子后，Cu+中的3d轨道处于全充满状态，处于稳定状态，第二电离能较大，故答案为：Cu+中的3d轨道处于全充满状态，较稳定；

（2）NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低；Mg2+的半径比Na+的半径小，Mg2+带2个单位正电荷数比Na+多，故MgF2的熔点比NaF高；

故答案为：NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低；Mg2+的半径比Na+的半径小，Mg2+带2个单位正电荷数比Na+多，故MgF2的熔点比NaF高；

（3）根据氮气分子结构知，一个CO分子中含有2个π键，根据表中键能知，CO中第一个π键的键能是1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273kJ/mol，N2中第一个π键的键能是941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol，CO中第一个π键的键能较小，所以CO的第一个π键比N2更容易断，所以一氧化碳比氮气活泼，

故答案为：2；CO中第一个π键的键能是1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273kJ/mol，N2中第一个π键的键能是941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol，断裂一个π键所需的能量，CO比N2小很多，故CO更活泼；

（4）A和B为第三周期元素，A元素的第三电离能远远小于第四电离能，说明A元素最外层有3个电子，失去3个电子时达到稳定结构，所以A为Al元素；B元素的第二电离能远远小于第三电离能，则B元素最外层有2个电子，失去两个电子后达到稳定结构，所以B为Mg元素，A元素最外层有3个电子，常常容易失去3个电子而达到稳定结构，所以A元素通常显+3价，由于金属性Al＜Mg，所以电负性A＞B，故答案为：+3；＞；

（5）V2O5中钒离子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6；CrO2中铬离子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d2，所以CrO2中的未成对电子数大于V2O5中未成对电子数，故选CrO2．故答案为：CrO2；

（6）配合物Ni（CO）4常温为液态，熔点低，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，所以Ni（CO）4属于分子晶体；根据图可知碳碳间、碳氮间为共价键，氮镍间为配位键，氧氢间为氢键，故答案为：分子晶体；ACE．