- 晶体的自范性
- 共198题
周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，e的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与e同族，e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子．请填写下列空白．
（1）e元素基态原子的核外电子排布式为______．
（2）b、c、d三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为______（填元素符号），其原因是______．
（3）a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为______；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是______（填化学式，写出两种）．
（4）已知c、e能形成晶胞如图甲和图乙所示的两种化合物，化合物的化学式为分别为：甲______，乙______；甲高温易转化为乙的原因是______．
（5）这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图丙所示）．该化合物中，阴离子为______，该化合物加热时首先失去的组分是______，判断理由是______．
正确答案
解：周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a是H元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，原子最外层电子数是6，所以c是O元素；d与c同族，则d是S元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是N元素；e的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子，则e是Cu元素，
（1）e为铜元素，其基态核外电子总数为26，其基态原子电子排布式为：[Ar]3d104s1，
故答案为：[Ar]3d104s1；
（2）b、c、d分别是N、O、S元素中，元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期元素中，第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素，所以N、O、S中第一电离能从大到小的顺序为：N＞O＞S，
故答案为：S＜O＜N；同一周期，随着原子序数的增加，元素的第一电离能呈现逐渐增大的趋势，但氮元素的最外层电子达到半充满的稳定构型，其第一电离能大于氧元素，同主族自上而下，元素第一电离能减小，氧元素第一电离能大于硫元素；
3）a是H元素，a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子为NH3，氨气分子中氮原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以该分子的中心原子的杂化方式为sp3；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2、N2H4，
故答案为：sp3；H2O2、N2H4；
（4）O、Cu形成的化合物，晶胞甲中，白色球数目=1+8×
故答案为：CuO；Cu2O；Cu2O中Cu的d轨道为全充满状态，较稳定；
（5）这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，说明该阴离子价层电子对个数是4且不含孤电子对，应为SO42-；
阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图2所示），阳离子为Cu2+，配位数是6，在八面体上下顶点上分子含有两个共价键且含有两个孤电子对，为H2O分子，有2个，正方形平面上四个顶点上分子含有3个共价键且含有一个孤电子对，所以为NH3分子，有4个，其化学式为[Cu（NH3）4（H2O）2]SO4，H2O和Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱，所以该化合物加热时首先失去的组分是H2O，故答案为：SO42-；H2O；H2O和Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱．
解析
解：周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，则a是H元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，原子最外层电子数是6，所以c是O元素；d与c同族，则d是S元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于c，则b是N元素；e的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子，则e是Cu元素，
（1）e为铜元素，其基态核外电子总数为26，其基态原子电子排布式为：[Ar]3d104s1，
故答案为：[Ar]3d104s1；
（2）b、c、d分别是N、O、S元素中，元素的非金属性越强，其第一电离能越大，同一周期元素中，第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但第VA族元素大于相邻元素，所以N、O、S中第一电离能从大到小的顺序为：N＞O＞S，
故答案为：S＜O＜N；同一周期，随着原子序数的增加，元素的第一电离能呈现逐渐增大的趋势，但氮元素的最外层电子达到半充满的稳定构型，其第一电离能大于氧元素，同主族自上而下，元素第一电离能减小，氧元素第一电离能大于硫元素；
3）a是H元素，a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子为NH3，氨气分子中氮原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以该分子的中心原子的杂化方式为sp3；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2、N2H4，
故答案为：sp3；H2O2、N2H4；
（4）O、Cu形成的化合物，晶胞甲中，白色球数目=1+8×
故答案为：CuO；Cu2O；Cu2O中Cu的d轨道为全充满状态，较稳定；
（5）这5种元素形成的一种1：1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构，说明该阴离子价层电子对个数是4且不含孤电子对，应为SO42-；
阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图2所示），阳离子为Cu2+，配位数是6，在八面体上下顶点上分子含有两个共价键且含有两个孤电子对，为H2O分子，有2个，正方形平面上四个顶点上分子含有3个共价键且含有一个孤电子对，所以为NH3分子，有4个，其化学式为[Cu（NH3）4（H2O）2]SO4，H2O和Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱，所以该化合物加热时首先失去的组分是H2O，故答案为：SO42-；H2O；H2O和Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱．
正确答案
解析
解：A、C60、Si60、N60都是由分子构成，属于分子晶体，故A错误；
B、1个碳原子、硅原子形成4对共用电子对，1个氮原子形成3对共用电子对，C60、Si60分子内共用电子对数目相同，与N60分子内共用电子对数目不同，故B错误；
C、N-N键能小于N≡N，键能越小，化学键越不稳定，故N60的稳定性弱于N2，故C正确；
D、C60和Si60属于分子晶体，相对分子质量越大，分子晶体的熔点越高，与键能无关，故D错误；
故选C．
（1）分析下列物体的物理性质，判断其晶体类型：
①碳化铝为黄色晶体，熔点为2200℃熔融态不导电______；
②五氟化钒为无色晶体，熔点为19.5℃，易溶于乙醇、氯仿、丙酮中．______；
③溴化钾为无色晶体，熔融时或溶于水中都能导电______；
（2）从能量角度看，断开化学键要______，形成化学键要______．水的分解需要吸收热量，试从化学键变化的角度分析原因______，该反应△H______0（填＜，＞）．
正确答案
解：（1）①原子晶体属于共价化合物，固态、液态时均不导电，而且熔点很高，故答案为：原子晶体；
②根据相似相溶原理，非极性分子形成的晶体易溶于乙醇、氯仿、丙酮，难溶于水，故答案为：分子晶体；
③离子晶体熔融时或溶于水中都能导电，故答案为：离子晶体；
（2）化学反应的本质是化学键的断裂与形成，成键要放出能量，断键要吸收能量，水分解断开化学键要要吸收能量，△H小于0，故答案为：释放能量；吸收能量；断开化学键要要吸收能量；＜．
解析
解：（1）①原子晶体属于共价化合物，固态、液态时均不导电，而且熔点很高，故答案为：原子晶体；
②根据相似相溶原理，非极性分子形成的晶体易溶于乙醇、氯仿、丙酮，难溶于水，故答案为：分子晶体；
③离子晶体熔融时或溶于水中都能导电，故答案为：离子晶体；
（2）化学反应的本质是化学键的断裂与形成，成键要放出能量，断键要吸收能量，水分解断开化学键要要吸收能量，△H小于0，故答案为：释放能量；吸收能量；断开化学键要要吸收能量；＜．
人们在研究金星大气成分时发现其大气中有一种硫化羟（COS）的分子，其结构与CO2类似，硫化羟是一种与生命密切相关的物质．下列有关COS的推测肯定不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、二者均为分子晶体，COS的相对分子质量高于CO2，COS的熔点高于CO2，故A错误；
B、由于硫化羟结构与CO2类似，因此其结构式为：O=C=S，故B正确；
C、COS分子电子式为
D、由于硫化羟结构与CO2类似，为直线型结构，因此C采取sp杂化，故D正确；
故选A．
“盐荒”谣言：加碘食盐能预防放射性碘辐射．碘盐中常添加碘酸钾（KIO3），下列性质可以证明碘酸钾所属晶体类型的是（ ）
正确答案
解析
解：A、熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体，金属晶体熔点差异较大，具有较高的熔点，可以证明氯酸钾为离子晶体，故A正确；
B、离子晶体都是电解质，某些分子晶体是电解质，在熔融状态下可以导电，故B错误；
C、离子晶体都是电解质，某些分子晶体是电解质、非电解质，溶于水可以导电，故C错误；
D、常温下是否溶于水与晶体类型无关，离子晶体、分子晶体中都有可溶于水的物质，故D错误；
故选A．
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