- 晶体的常识
- 共3962题
正确答案
解析
解：A．氯化钠晶体中的离子配位数是6，所以符合该图，故A错误；
B．氯化铯晶体中的离子配位数是8，所以不符合该图，故B正确；
C．金属晶体钋属于简单立方堆积，钋原子的配位数是6，所以符合该图，故C错误；
D．氧化镁晶体属于氯化钠型，离子的配位数是6，符合该图，故D错误；
故选B．
按要求完成下列填空
（1）电负性最大的元素符号______；第一电离能最大的元素基态原子核外电子排布式______；第三周期原子半径最小的元素的价电子排布式______．
（2）在下列物质中：①N2、②H2O、③NaOH、④MgCl2、⑤C2H4、⑥Na2O2（用序号填空）其中只含有非极性键的是______；既含有非极性键又含有极性键的是______；含有非极性键的离子化合物是______．
（3）N≡N的键能为942kJ•mol-1，N-N单键的键能为247kJ•mol-1，通过计算说明N2中的______键更稳定（填“σ”或“π”）．
（4）钋（Po）是一种放射性金属，其晶胞的堆积模型如图1，钋的摩尔质量为209g•mol-1，晶胞的密度为ρ g•cm-3，则它晶胞的边长（a）为______cm．（用代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数）
（5）测定大气中PM2.5的浓度方法之一是β-射线吸收法，β-射线放射源可用85Kr．已知Kr晶体的晶胞结构如图2所示，该晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个，晶胞中含Kr原子为n个，则
正确答案
F
1s2
3s23p5
①
⑤
⑥
π
3
解析
解：（1）根据非金属性越强电负性越强，周期表中非金属性最强的为F，所以F的电负性最大；元素的第一电离能是指气态原子失去1个电子形成气态阳离子克服原子核的引力而消耗的能量，原子越稳定其第一电离能越大，He为稀有气体中原子半径最小的，最难失去1个电子，所以He的第一电离能最大，He的电子排布式为1s2；同周期从左到右原子半径依次减小，所以第三周期原子半径最小的元素为Cl，其价电子排布式为3s23p5；
故答案为：F；1s2；3s23p5；
（2）只含有非极性键的是N2；既含有非极性键又含有极性键的是C2H4；含有非极性键的离子化合物是Na2O2；
故答案为：①；⑤；⑥；
（3）2）N≡N中含有2个π键，1个σ键，已知N≡N键能为942kJ/mol，N-N单键键能为247kJ/mol，则1个π键的键能为
故答案为：π；
（4）晶胞的堆积棋型为简单立方堆积，则晶胞中含有1个原子，故晶胞质量为
（3）与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有3×4=12，晶胞中含Kr原子为8×
（1）锌离子基态时核外电子排布式为______．
（2）PH3中磷原子的杂化轨道类型为______，BCl3空间形状为______（用文字描述）．
（3）PCl3能够与配合物Ni（CO）4 发生配体置换反应：Ni（CO）4+4PCl3=Ni（PCl3）4+4CO．
①与CO互为等电子体且带1个单位负电荷的阴离子化学式为______．
②1molNi（PCl3）4中含σ键数目为______．
（4）立方BP的晶胞结构如图所示，晶胞中含B原子数目为______．
正确答案
解：（1）锌是30号元素，其原子核外有30个电子，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，其离子失去2个电子，锌离子基态时核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（2）PH3分子中价层电子对个数=σ键个P数+孤电子对个数=3+
BCl3分子的中心原子B的价层电子对数=3+
故答案为：sp3；平面三角形；
（3）①与CO互为等电子体的阴离子为CN-；
故答案为：CN-；
②Ni（PCl3）4中P和Cl间存在σ键，Ni和P间存在σ键，1molNi（PCl3）4中含σ键数目为3×4+4=12mol，
故答案为：16mol；
（4）晶胞中B原子位于顶点和面心，数目为8×
故答案为：4．
解析
解：（1）锌是30号元素，其原子核外有30个电子，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，其离子失去2个电子，锌离子基态时核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；
（2）PH3分子中价层电子对个数=σ键个P数+孤电子对个数=3+
BCl3分子的中心原子B的价层电子对数=3+
故答案为：sp3；平面三角形；
（3）①与CO互为等电子体的阴离子为CN-；
故答案为：CN-；
②Ni（PCl3）4中P和Cl间存在σ键，Ni和P间存在σ键，1molNi（PCl3）4中含σ键数目为3×4+4=12mol，
故答案为：16mol；
（4）晶胞中B原子位于顶点和面心，数目为8×
故答案为：4．
C60、金刚石、石墨、二氧化碳和氯化铯的结构模型如图所示（石墨仅表示出其中的一层结构）：
（1）C60、金刚石和石墨三者的关系是互为______．
A．同分异构体B．同素异形体 C．同系物D．同位素
（2）固态时，C60属于______（填“原子”或“分子”）晶体，C60分子中含有双键的数目是______．
（3）晶体硅的结构跟金刚石相似，1mol晶体硅中含有硅-硅单键的数目约是______NA．
（4）石墨层状结构中，平均每个正六边形占有的碳原子数是______．
（5）观察CO2分子晶体结构的一部分，试说明每个CO2分子周围有______个与之紧邻且等距的CO2分子；该结构单元平均占有______个CO2分子．
（6）观察图形推测，CsCl晶体中两距离最近的Cs+间距离为a，则每个Cs+周围与其距离为a的Cs+数目为______，每个Cs+周围距离相等且次近的Cs+数目为______，距离为______，每个Cs+周围距离相等且第三近的Cs+数目为______，距离为______，每个Cs+周围紧邻且等距的Cl-数目为______．
正确答案
B
分子
30
2
2
12
4
6
12
8
8
解析
解：（1）同种元素的不同单质互称同素异形体，C60、金刚石和石墨是碳元素的不同单质，属于同素异形体；
故答案为：B；
（2）C60中构成微粒是分子，所以属于分子晶体；
设C60分子中含有x个五边形和y个六边形．根据欧拉定理求棱边数：每个顶点伸出三条棱，而每条棱又总是由两个顶点共有，每个顶点单独伸出的棱有1.5条，60个顶点共伸出的棱为60×1.5=90条．至此，依据欧拉定理可写出：60+x+y-90=2 ①
每条棱是由两个面共用的，所以，一个五边形单独占有的棱边数为2.5条，一个六边形单独占有的棱边数为3条，由棱边数守恒2.5x+3y=90 ②联立①②可以解得：x=12，y=20
通过以上分析知五边形的碳形成共价双键，五边形的碳形成共价单键，所以一个分子中有30个碳碳双键，
故答案为：分子；30；
（3）每个硅原子含有2个硅硅键，则1mol硅晶体中含有硅硅单键的数目约是2NA个，故答案为：2；
（4）石墨层状结构中，每个碳原子被三个正六边形共用，所以平均每个正六边形占有的碳原子数=6×
（5）干冰是分子晶体，CO2分子位于立方体的顶点和面心上，以顶点上的CO2分子为例，与它距离最近的CO2分子分布在与该顶点相连的12个面的面心上；
晶胞中分子数目=8×
故答案为：12；4；
（6）每个Cs+周围与它最近且距离相等的Cs+共有
每个Cs+周围距离相等且次近的Cs+为面心上的CS原子，目=3×
距离相等且第三近的Cs+为体心上的，数目为1×8=8，距离为
每个Cs+周围紧邻且等距的Cl-数目=1×8=8．
故答案为：6；12；
（1）金属钛（22Ti）将是继铜、铁、铝之后人类广泛使用的第四种金属，请你写出钛的基态原子的电子排布式______．
（2）二氧化钛作光催化剂能将居室污染物甲醛、苯、二甲苯等有害物质可转化为二氧化碳和水，达到无害化．有关甲醛、苯、二甲苯、二氧化碳及水说法正确的是______．
A．苯与B3N3H6互为等电子体，分子中原子共平面，且都有三种二氯代物；
B．二氧化碳、甲醛、氯仿（CHCl3）中碳原子分别采用sp、sp2、sp3杂化；
C．对二甲苯是非极性分子，邻二甲苯和间二甲苯都是极性分子；
D．氨比甲醛易溶于水，是因为甲醛与水分子间不能形成氢键．
（3）日常生活中广泛使用的不锈钢就是含铬合金，铬元素原子中末成对电子数为______．
（4）①短周期某主族元素M的逐级电离能情况如下图A所示，则M元素形成化合物时，表现的主要化合价为______价．
②第三周期八种元素按单质熔点高低的顺序如下图B所示，其中序号“8”代表______（填元素符号），其中电负性最大的是______（填图B中的序号）
（5）氢气作为一种清洁能源，必须解决它的储存问题，C60可用作储氢材料．科学家把C60和K掺杂在一起制造了一种富勒烯
物，其晶胞如图所示，该物质在低温时是一种超导体．该物质的K原子和C60分子的个数比为______．
（6）在配合物Fe（SCN）2+离子中，提供空轨道接受孤对电子的微粒是______．
正确答案
解：（1）铬元素在周期表中是22号元素，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，
故答案为：1S22S22P63S23P63d24S2；
（2）A．B3N3H6的二氯代物有邻、间、对三种情况，其中相间位置有二种，共由四种，故A错误；
B．二氧化碳、甲醛、氯仿（CHCl3）中碳原子分别形成2、3、4个δ键，都没有孤电子对，则分别采用sp、sp2、sp3杂化，故B正确；
C．对二甲苯结构对称，是非极性分子，邻二甲苯和间二甲苯结构都不对称，都是极性分子，故C正确；
D．甲醛与水分子间能形成氢键，但氨气形成氢键较低，分子极性较大，更易溶于水，故D错误．
故答案为：BC；
（3）铬元素的基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，该元素基态原子未成对电子数为6，故答案为：6；
（4）①根据图A所示，主族元素M的逐级电离能中，第三级电离能骤然增大，说明M很难失去第三个电子，而更易失去两个电子，故化合价为+2价，故答案为：+2；
②第三周期8种元素的单质中只有单质硅是原子晶体，熔点最高，同周期元素的原子，从左到右得电子能力逐渐增强，电负性逐渐增大，电负性逐渐最大的是Cl，其中2为Cl元素，
故答案为：Si；2；
（5）C60位于顶点和体，共有1+8×
（6）在配合物Fe（SCN）2+中，三价铁离子含有空轨道，可以接受孤对电子，故答案为：Fe3+．
解析
解：（1）铬元素在周期表中是22号元素，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，
故答案为：1S22S22P63S23P63d24S2；
（2）A．B3N3H6的二氯代物有邻、间、对三种情况，其中相间位置有二种，共由四种，故A错误；
B．二氧化碳、甲醛、氯仿（CHCl3）中碳原子分别形成2、3、4个δ键，都没有孤电子对，则分别采用sp、sp2、sp3杂化，故B正确；
C．对二甲苯结构对称，是非极性分子，邻二甲苯和间二甲苯结构都不对称，都是极性分子，故C正确；
D．甲醛与水分子间能形成氢键，但氨气形成氢键较低，分子极性较大，更易溶于水，故D错误．
故答案为：BC；
（3）铬元素的基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，该元素基态原子未成对电子数为6，故答案为：6；
（4）①根据图A所示，主族元素M的逐级电离能中，第三级电离能骤然增大，说明M很难失去第三个电子，而更易失去两个电子，故化合价为+2价，故答案为：+2；
②第三周期8种元素的单质中只有单质硅是原子晶体，熔点最高，同周期元素的原子，从左到右得电子能力逐渐增强，电负性逐渐增大，电负性逐渐最大的是Cl，其中2为Cl元素，
故答案为：Si；2；
（5）C60位于顶点和体，共有1+8×
（6）在配合物Fe（SCN）2+中，三价铁离子含有空轨道，可以接受孤对电子，故答案为：Fe3+．
（1）铟与镓同是IIIA族元素，写出铟基态原子的电子排布式：______．
（2）硒为第四周期VI A族元素，与其相邻的元素有砷（33号）、溴（35号），则三种元素的电负性由小到大的顺序为______．（用元素符号表示）
（3）SeO3分子的立体构型为______．
（4）硅烷（SinH2n+2）的沸点与相对分子质量的关系如图所示，呈现这种变化的原因是______．
（5）硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，如硼酸（H3BO3）在水溶液中能与水反应生成[B（OH）4]-，其中B原子的杂化类型为______．
（6）金属铜投入氨水中或投入H2O2溶液中均无明显现象，但投入氨水-过氧化氢混合液中，则铜片溶解，溶液呈深蓝色，写出该反应的离子方程式：______．
（7）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积结构，在晶胞中金原子位于顶点，铜原子位于面心，则该合金中金原子（Au）与铜原子（Cu）个数比为______；若该晶体的晶胞棱长为a pm，则该合金密度为______g/cm3．（列出计算式，不要求计算结果，阿伏伽德罗数的值为NA）
正确答案
解：（1）铟处于第五周期ⅢA族，铟基态原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1；
（2）砷、硒、溴三种元素都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右电负性增大，故电负性：As＜Se＜Br，
故答案为：As＜Se＜Br；
（3）气态SeO3分子中心原子Se的价层电子对数为3+
（4）硅烷（SinH2n+2）都是分子晶体，分子晶体的沸点高低取决于分子间作用力，硅烷的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点升高，
故答案为：硅烷为分子晶体，随相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高；
（5））[B（OH）4]-中B的价层电子对=4+
（6）金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，说明两者能互相促进，是两种物质共同作用的结果，其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行，离子方程式为：Cu+H2O2+4NH3•H2O=Cu（NH3）42++2OH-+4H2O，
故答案为：Cu+H2O2+4NH3•H2O=Cu（NH3）42++2OH-+4H2O；
（7）在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，该晶胞中Au原子个数=8×
晶胞体积V=（a×10-10cm）3，每个晶胞中铜原子个数是3、Au原子个数是1，晶胞质量为
故答案为：1：3；
解析
解：（1）铟处于第五周期ⅢA族，铟基态原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1；
（2）砷、硒、溴三种元素都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右电负性增大，故电负性：As＜Se＜Br，
故答案为：As＜Se＜Br；
（3）气态SeO3分子中心原子Se的价层电子对数为3+
（4）硅烷（SinH2n+2）都是分子晶体，分子晶体的沸点高低取决于分子间作用力，硅烷的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点升高，
故答案为：硅烷为分子晶体，随相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高；
（5））[B（OH）4]-中B的价层电子对=4+
（6）金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，说明两者能互相促进，是两种物质共同作用的结果，其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行，离子方程式为：Cu+H2O2+4NH3•H2O=Cu（NH3）42++2OH-+4H2O，
故答案为：Cu+H2O2+4NH3•H2O=Cu（NH3）42++2OH-+4H2O；
（7）在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，该晶胞中Au原子个数=8×
晶胞体积V=（a×10-10cm）3，每个晶胞中铜原子个数是3、Au原子个数是1，晶胞质量为
故答案为：1：3；
（1）确定该合金的化学式______．
（2）若晶胞的边长=a nm，计算此合金的密度______（不必化简）g/cm3．
（3）取一定质量的该合金粉末溶于足量的稀NaOH溶液中，待反应完全停止后得到气体6.72L．过滤，将残渣用蒸馏水洗净后，取其质量的十分之一，投入100mL一定浓度的稀硝酸中，恰好完全反应，共收集到气体0.672L，求硝酸的物质的量浓度．（写分析过程，以上气体体积均在标准状况下测定）
正确答案
Fe2Al
解析
解：（1）根据晶胞的结构可知，晶胞中Fe位于顶点的有8个，位于面心的有6个，位于棱上的有12个，位于体心的有1个，则晶胞平均含有Fe的个数为：8×
晶胞中含有4个Al原子，且都位于晶胞内部，则晶胞平均含有4个Al，
n（Fe）：n（Al）=2：1，所以化学式为Fe2Al，
故答案为：Fe2Al；
（2）一个晶胞中含有8个Fe原子和4个Al原子，则质量为：m=
体积为：（a×10-7）3cm3，
所以晶胞的密度为：
故答案为：
（3）Fe～HNO3～Fe（NO3）2～NO
3 8 3 2
Fe～HNO3～Fe（NO3）3～NO
1 4 1 1
根据铁和稀硝酸的反应，不管铁被氧化到什么价态，均有
n（HNO3）=4n（NO）=4×
c（HNO3）=
答：硝酸的物质的量浓度为1.2mol/L．
如图1为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素．
请回答下列问题：
（1）科学发现，②、④、⑨三种元素的原子形成的晶体具有超导性，其晶胞的结构特点如图2所示
（2）元素②的一种氢化物是重要的化工原料，常把该氢化物的产量作为衡量石油化工发展水平的标志．有关该氢化物分子的说法正确的是______．
A．分子中含有分子间氢键
B．分子空间构型为直线型，键角约为120°
C．只含有4个σ键和1个π键
D．该氢化物分子中②原子采用sp2杂化
（3）某元素的价电子排布式为nsnnpn+1，该元素与元素①形成的18电子的X分子的结构式为______；该元素还可与元素①形成10电子的气体分子Y，将过量的Y气体通入盛有含⑩元素的硫酸盐溶液中，反应过程中的实验现象为：______；
反应过程中的离子方程式为______．
（4）比较⑤⑥⑦⑧四种元素的电负性由小到大排列的顺序为______（用元素符号表示）．
正确答案
解：根据元素在周期表中的位置知，①～⑩分别是H、C、O、Mg、Al、S、Cl、Ca、Ni、Cu元素，
（1）科学发现，C、Mg、Ni三种元素的原子形成的晶体具有超导性，根据均摊法知，该晶胞中C原子个数为1、Mg原子个数=8×
（2）元素②的一种氢化物的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，该氢化物是CH2=CH2，
A．C原子电负性较小，和H原子之间不能形成氢键，故错误；
B．乙烯分子空间构型为直线型，两个H原子和C原子之间呈平面三角形结构，所以键角约为120°，故正确；
C．乙烯分子中共价单键是σ键、共价双键中一个是σ键、一个是π键，所以乙烯分子中含有5个σ键和1个π键，故错误；
D．乙烯分子中每个C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以C原子杂化方式为sp2，故正确；
故选BD；
（3）某元素的价电子排布式为nsnnpn+1，s能级上最多排列两个电子，则n=2，所以其价电子排布式为2s22p3，则该元素是N元素；
该元素与元素H形成的18电子的X分子为H2O2，该分子中O原子之间存在一对共用电子对，每个O原子和一个H原子之间存在一对共用电子对，其结构式为
该元素还可与元素①形成10电子的气体分子Y，Y为NH3，将过量的NH3通入盛有含Cu元素的硫酸盐溶液中，氨气和硫酸铜反应先生成氢氧化铜蓝色沉淀，过量氨气和氢氧化铜反应生成铜氨络合物，离子方程式为Cu2++2NH3．H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH-，所以看到的现象是先生成蓝色沉淀，然后沉淀溶解，溶液呈深蓝色，
故答案为：
（4）元素的非金属性越强，其电负性越大，根据元素周期律知，这几种元素非金属性强弱顺序是Ca＜Al＜S＜Cl，所以其电负性从小到大顺序是Ca＜Al＜S＜Cl，故答案为：Ca＜Al＜S＜Cl．
解析
解：根据元素在周期表中的位置知，①～⑩分别是H、C、O、Mg、Al、S、Cl、Ca、Ni、Cu元素，
（1）科学发现，C、Mg、Ni三种元素的原子形成的晶体具有超导性，根据均摊法知，该晶胞中C原子个数为1、Mg原子个数=8×
（2）元素②的一种氢化物的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，该氢化物是CH2=CH2，
A．C原子电负性较小，和H原子之间不能形成氢键，故错误；
B．乙烯分子空间构型为直线型，两个H原子和C原子之间呈平面三角形结构，所以键角约为120°，故正确；
C．乙烯分子中共价单键是σ键、共价双键中一个是σ键、一个是π键，所以乙烯分子中含有5个σ键和1个π键，故错误；
D．乙烯分子中每个C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以C原子杂化方式为sp2，故正确；
故选BD；
（3）某元素的价电子排布式为nsnnpn+1，s能级上最多排列两个电子，则n=2，所以其价电子排布式为2s22p3，则该元素是N元素；
该元素与元素H形成的18电子的X分子为H2O2，该分子中O原子之间存在一对共用电子对，每个O原子和一个H原子之间存在一对共用电子对，其结构式为
该元素还可与元素①形成10电子的气体分子Y，Y为NH3，将过量的NH3通入盛有含Cu元素的硫酸盐溶液中，氨气和硫酸铜反应先生成氢氧化铜蓝色沉淀，过量氨气和氢氧化铜反应生成铜氨络合物，离子方程式为Cu2++2NH3．H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH-，所以看到的现象是先生成蓝色沉淀，然后沉淀溶解，溶液呈深蓝色，
故答案为：
（4）元素的非金属性越强，其电负性越大，根据元素周期律知，这几种元素非金属性强弱顺序是Ca＜Al＜S＜Cl，所以其电负性从小到大顺序是Ca＜Al＜S＜Cl，故答案为：Ca＜Al＜S＜Cl．
（ ）
正确答案
解析
解：A．该图片是立体结构，所以是三维空间图，故A错误；
B．该晶胞中A粒子数=8×
C．顶点上的每个A粒子，与A粒子最近且等距的A粒子数=3×
D．根据图片知，A的配位数是8，B的配位数是4，故D错误；
故选B．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：氯离子位于顶点，晶胞中数目为8×
故选C．
扫码查看完整答案与解析