- 晶体的常识
- 共3962题
（2013秋•盐城期中）【物质结构与性质】
具有光、电、磁等特殊功能的新型材料是目前化学研究的热点之一，二硫醇烯与锌的配合物（C）的一种合成途径如下．
（1）锌原子基态时核外电子排布式为______．
（2）下列说法正确的是______（不定项选择）．
a．金属钠的熔点比金属锂高
b．金属钠晶体属于面心立方堆积
c．CS2的沸点比CO2高
d．硫化钠晶胞（如图所示）中含4个S2-离子
（3）化合物B中CS32-的空间构型是______（用文字描述）
（4）配合物C中Zn2+的配位数是______（填数字），N原子杂化方式是______．
（5）1mol化合物A中含有σ键的数目为______．
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，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；
（2）a．碱金属元素中，单质的熔点随着原子序数的增大而减小，所以Na的熔点小于Li，故错误；
b．金属钠晶体属于体心立方堆积，故错误；
c．分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，二硫化碳的相对分子质量大于二氧化碳，所以CS2的沸点比CO2高，故正确；
d．硫离子个数=6×
故选cd；
（3）CS32-的价层电子对个数=3+
（4）根据图象知配合物C中Zn2+的配位数是4，N原子的共价单键个数是3，所以N原子采用sp3杂化，故答案为：4；sp3；
（5）共价单键是σ键，共价双键中一个是σ键一个是π键，每个A分子中含有8个σ键，所以1mol化合物A中含有σ键的数目为8mol或8×6.02×1023，
故答案为：8mol或8×6.02×1023．
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，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；
（2）a．碱金属元素中，单质的熔点随着原子序数的增大而减小，所以Na的熔点小于Li，故错误；
b．金属钠晶体属于体心立方堆积，故错误；
c．分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，二硫化碳的相对分子质量大于二氧化碳，所以CS2的沸点比CO2高，故正确；
d．硫离子个数=6×
故选cd；
（3）CS32-的价层电子对个数=3+
（4）根据图象知配合物C中Zn2+的配位数是4，N原子的共价单键个数是3，所以N原子采用sp3杂化，故答案为：4；sp3；
（5）共价单键是σ键，共价双键中一个是σ键一个是π键，每个A分子中含有8个σ键，所以1mol化合物A中含有σ键的数目为8mol或8×6.02×1023，
故答案为：8mol或8×6.02×1023．
（1）核能原料UO2可通过三碳酸铀酰铵（NH4）4[UO2 （CO3）3]直接煅烧还原制得．UO2晶体属CaF2型面心立方结构（CaF2的晶胞示意图如图），则UO2晶体U4+的配位数为______；三碳酸铀酰铵中含有化学键类型有______；
A．离子键 B．σ键 C．π键 D．氢键 E．配位键
根据价层电子对互斥理论推测CO32-的空间构型为______；写出一种与CO32-互为等电子体且属于非极性分子的微粒的化学式______．
（2）为了获得高浓度的235U，科学家们采用“气体扩散法”：到目前为止，UF6是唯一合适的化合物．UF6在常温常压下是固体，在56.4℃即升华成气体．UF6属于______晶体．’
（3）放射性碘是重要的核裂变产物之一，因此放射性碘可以作为核爆炸或核反应堆泄漏事故的信号核素．写出131I基态原子的价电子排布式______．
正确答案
解：（1）根据图片知，在CaF2晶胞每个钙离子的配位数是8，所以UO2晶体U4+的配位数为8，（NH4）4[UO2 （CO3）3]中含有离子键、σ键、π键、配位键，不存在氢键，故选ABCE，CO32-中价层电子数=3+
故答案为：8；ABCE；平面正三角形；SO3或BF3；
（2）一般来说，熔点较小的晶体为分子晶体，所以UF6属于分子晶体，故答案为：分子；
（3）131I属于第5周期第VIIA元素，I原子最外层电子就是其价电子，其价电子中5s轨道排了2个电子，5p轨道排了5个电子，所以131I基态原子的价电子排布式5s25p5，
故答案为：5s25p5．
解析
解：（1）根据图片知，在CaF2晶胞每个钙离子的配位数是8，所以UO2晶体U4+的配位数为8，（NH4）4[UO2 （CO3）3]中含有离子键、σ键、π键、配位键，不存在氢键，故选ABCE，CO32-中价层电子数=3+
故答案为：8；ABCE；平面正三角形；SO3或BF3；
（2）一般来说，熔点较小的晶体为分子晶体，所以UF6属于分子晶体，故答案为：分子；
（3）131I属于第5周期第VIIA元素，I原子最外层电子就是其价电子，其价电子中5s轨道排了2个电子，5p轨道排了5个电子，所以131I基态原子的价电子排布式5s25p5，
故答案为：5s25p5．
（2）天然的和绝大部分人工制备的晶体都存在各种缺陷，例如在某种NiO晶体中就存在如图所示的缺陷：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．某氧化镍样品组成为Nio970，试计算该晶体中Ni3+与Ni2+的离子数之比．
正确答案
解：（1）1cm3中阴、阳离子总数=
1cm3中 Ni2+-O2-离子对数=
密度=
答：NiO晶体的密度为
（2）设1mol Ni0.97O中含Ni3+xmol，Ni2+为（0.97-x）mol，根据晶体仍呈中性，可知 3x+2×（0.97-x）=2×1，
x=0.06mol Ni2+为（0.97-x）mol=0.91mol，即离子数之比 Ni3+：Ni2+=0.06：0.91=6：91，
答：晶体中Ni3+与Ni2+的离子数之比为6：91．
解析
解：（1）1cm3中阴、阳离子总数=
1cm3中 Ni2+-O2-离子对数=
密度=
答：NiO晶体的密度为
（2）设1mol Ni0.97O中含Ni3+xmol，Ni2+为（0.97-x）mol，根据晶体仍呈中性，可知 3x+2×（0.97-x）=2×1，
x=0.06mol Ni2+为（0.97-x）mol=0.91mol，即离子数之比 Ni3+：Ni2+=0.06：0.91=6：91，
答：晶体中Ni3+与Ni2+的离子数之比为6：91．
下表为长式周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素．
试填空．
（1）写出上表中元素D形成单质的电子式为______；
（2）元素K最高化合价为______；元素F原子核外的电子有______种运动状态；
（3）G、H、I 这三种元素的第一电离能由大到小的顺序是______（填对应的元素符号）；
（4）元素ADJ按照原子个数比4：1：1形成的化合物含有的化学键类型为______；（写出最具体的类别）
（5）元素L在周期表中的位置是第四周期第______族______区；
（6）A、C形成的C2A4分子中，含有______个σ键，______个π键；
（7）某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如上表中元素B与元素I的氢氧化物有相似的性质，写出元素B的氢氧化物与NaOH溶液反应后盐的化学式______；
（8）元素K在一定条件下形成的晶体的基本结构单元如图1和图2所示，则在图1的结构中与该元素一个原子等距离且最近的原子数为______．图2晶胞中实际含有原子个数为______．
正确答案
+7
9
Mg＞Al＞Na
离子键、极性键和配位键
VIII
d
5
1
Na2BeO2
8
4
解析
解：根据元素在周期表中的位置知，从A～L分别是H、Be、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Cl、Mn、Fe元素，
（1）元素D形成单质是N2，氮气分子中N原子之间存在三对共用电子对，且每个N原子还含有一个孤电子对，则氮气的电子式为
故答案为：
（2）元素K最高化合价为+7价；元素原子核外有几个电子就有几种运动状态，F原子核外有9个电子，所以电子有9种运动状态，故答案为：+7；9；
（3）同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA元素第一电离能大于其相邻元素，所以Na、Mg、Al第一电离能大小顺序是Mg＞Al＞Na，故答案为：Mg＞Al＞Na；
（4）元素ADJ按照原子个数比4：1：1形成的化合物为NH4Cl，铵根离子和酸根离子之间存在离子键、N原子和H原子之间存在极性共价键，其中一个H原子和N原子形成配位键，所以氯化铵中存在离子键、共价键，故答案为：离子键和极性共价键、配位键；
（5）元素L在周期表中的位置是第四周期第VIII族，根据最后填入电子名称确定元素所属区域知，Fe属于d区，故答案为：第VIII；d；
（6）H、C形成的C2H4分子中，C原子和H原子之间、C原子和C原子之间存在σ键，C原子之间还存在π键，该分子中有5个σ键、1个π键，故答案为：5；1；
（7）某些不同族元素的性质也有一定的相似性，如上表中元素Be与元素Al的氢氧化物有相似的性质，根据Al（OH）3和NaOH之间的反应书写Be（OH）2和NaOH溶液之间的反应，则Be（OH）2和NaOH溶液之间的反应方程式为Be（OH）2+2NaOH=Na2BeO2+2H2O，故答案为：Na2BeO2；
（8）根据图知，图1的结构中与该元素一个原子等距离且最近的原子数为8，图2中原子个数=8×
（1）基态D原子的电子排布式为______，单质B2中σ键与π键的数目之比为______．
（2）化合物BH3（H代表氢元素）的立体构型为______，B原子的杂化轨道类型 是______．
（3）C和E的最简单氢化物分别为甲和乙，请比较相同条件下甲、乙的沸点大小，并说明理______．
（4）A可以形成多种结构不同的单质，其中M是所有已知晶体中硬度最大的，其晶体类型是______；若该晶体晶胞（如图所示）的边长为a cm，则其密度是______g•cm-3（只要求列式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数为NA）．
正确答案
解：（1）Si原子序数为14，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则，写出核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2；单质N2中，N原子以N≡N结合，含有一条σ键和两条π键，则数目之比为1：2，
故答案为：1s22s22p63s23p2，1：2；
（2）化合物NH3中N原子价层电子对数为
故答案为：三角锥形、sp3；
（3）甲乙分别为H2O和H2S，均属于分子晶体，由于O电负性较强，且原子半径较小，H2O分子间存在氢键，其熔沸点较高，
故答案为：甲大于乙，水分子之间存在氢键导致沸点较高；
（4）C原子可形成多种晶体类型，熔沸点较高且硬度较大的晶体类型为原子晶体；晶胞中，4个C原子位于体内，8个碳原子位于顶点，6个碳原子位于面心，晶胞中碳原子数目为4+8×
故答案为：原子晶体、
解析
解：（1）Si原子序数为14，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则，写出核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2；单质N2中，N原子以N≡N结合，含有一条σ键和两条π键，则数目之比为1：2，
故答案为：1s22s22p63s23p2，1：2；
（2）化合物NH3中N原子价层电子对数为
故答案为：三角锥形、sp3；
（3）甲乙分别为H2O和H2S，均属于分子晶体，由于O电负性较强，且原子半径较小，H2O分子间存在氢键，其熔沸点较高，
故答案为：甲大于乙，水分子之间存在氢键导致沸点较高；
（4）C原子可形成多种晶体类型，熔沸点较高且硬度较大的晶体类型为原子晶体；晶胞中，4个C原子位于体内，8个碳原子位于顶点，6个碳原子位于面心，晶胞中碳原子数目为4+8×
故答案为：原子晶体、
（1）多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化铝、硫化镉、硫化锌薄膜电池等．
①第一电离能：As______Se（填“＞”、“＜”或“=”）．
②二氧化硒分子的空间构型为______．
③砷化铝晶体结构与硅相似，在砷化铝晶体中，每个Al原子与______个As原子相连．
（2）镧镍合金、铜钙合金及铈钴合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力，其中铜钙合金的晶胞结构如图：试回答下列问题
①在周期表中Ca处于周期表______区．
②铜原子的基态核外电子排布式为：______．
③已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10-23cm3，储氢后形成LaNinH4.5的合金（氢进入晶胞空隙，体积不变），则LaNin中，n=______（填数值）；氢在合金中的密度为：______．
（3）中美科学家合作发现钙和锶在C60上吸附很强，可以均匀地覆盖在C60表面上，形成M32C60．非常适于实际应用．Ca32C60上可吸附至少92个氢分子．有关说法正确的是______．
A．钙的电负性比锶的小 B．C60中碳原子杂化方式为sp3
C．Ca32C60储氢是与H2发生加成反应 D．吸附相同数目氢分子时，储氢质量分数Ca32C60比Sr32C60高．
正确答案
＞
V形
4
s
1s22s22p63s23p63d104s1
5
0.083g/cm3
D
解析
解：（1）①同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，As和Se属于同一周期元素，且As属于第VA族元素、Se属于第VIA族元素，所以第一电离能As＞Se，故答案为：＞；
②SeO2中Se原子价层电子对个数=2+
③砷化铝晶体结构与硅相似，硅晶体中每个硅原子和四个硅原子形成四个共价键，所以在砷化铝晶体中，每个Al原子与4个As原子相连，故答案为：4；
（2）①钙原子最外排入的电子是s电子，所以在周期表中Ca处于周期表s区，故答案为：s；
②Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理知其原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；
③由晶胞结构可知，Ca原子处于顶点，晶胞中含有Ca原子数目为8×
故答案为：5；0.083g/cm3；
（3）A．元素的非金属性越强，其电负性越大，钙的金属性小于锶，则钙的电负性大于锶，故错误；
B．C60中每个碳原子含有3个σ键，所以采用杂化方式为sp2，故错误；
C．Ca32C60储氢过程中没有新物质生成，发生物理变化，故错误；
D．吸附相同数目氢分子时，储氢质量分数M32C60的相对分子质量成反比，Ca32C60的相对分子质量小于Sr32C60高，则吸附相同数目氢分子时，储氢质量分数Ca32C60比Sr32C60高，故正确；
故选D．
正确答案
解析
解：A位于晶胞的体内，共8个，B位于晶胞的顶点和面心，晶胞中B的个数为8×
则B与A的离子个数为4：8=1：2，则化学式为BA2，
故选B．
（2）氢气是新型清洁能源，镧（La）和镍（Ni）的合金可做储氢材料．图为该合金的晶体结构中最小的重复结构单元，其中心有一个镍原子，其他镍原子都在面上，镧原子都在顶点上．该晶体的化学式为______．
（3）含氮废水进入水体而对环境造成的污染越来越严重，环境专家认为可以用金属镁将水体中的NO3-还原为N2，从而消除污染．
①写出镁和含氮废水反应的离子方程式______；
②上述反应中，生成标准状况下33.6L氮气时，转移电子的物质的量为______mol；③已知金属镁可以从海水中提取的MgCl2通过电解制得的，若要除去含氮元素0.3mol的废水中的NO3-，则至少需要含0.5%（质量分数）MgCl2的海水______kg．
正确答案
解：（1）20.0g 14%的NaCl溶液跟30.0g 24%的NaCl溶液混合，混合后氯化钠的质量分数为
故答案为：4.0；
（2）由晶胞结构图可知，晶胞中镧（La）原子数目为8×
故答案为：LaNi5或Ni5La；
（3）①镁与硝酸根反应生成氢氧化镁沉淀，与氮气，由电荷守恒可知还生成氢氧根离子，镁和含氮废水反应的离子方程式 为2NO3-+5Mg+6H2O=N2↑+5Mg（OH）2+2OH-，
故答案为：2NO3-+5Mg+6H2O=N2↑+5Mg（OH）2+2OH-；
②标准状况下33.6L氮气的物质的量为
故答案为：15；
③已知金属镁可以从海水中提取的MgCl2通过电解制得的，除去含氮元素0.3mol的废水中的NO3-，由2NO3-+5Mg+6H2O=N2↑+5Mg（OH）2+2OH-可知，需要Mg0.3mol×2.5=0.75mol，根据镁元素守恒可知，氯化镁的物质的量为0.75mol，所以至少需要含0.5%（质量分数）MgCl2的海水质量为
故答案为：14.25．
解析
解：（1）20.0g 14%的NaCl溶液跟30.0g 24%的NaCl溶液混合，混合后氯化钠的质量分数为
故答案为：4.0；
（2）由晶胞结构图可知，晶胞中镧（La）原子数目为8×
故答案为：LaNi5或Ni5La；
（3）①镁与硝酸根反应生成氢氧化镁沉淀，与氮气，由电荷守恒可知还生成氢氧根离子，镁和含氮废水反应的离子方程式 为2NO3-+5Mg+6H2O=N2↑+5Mg（OH）2+2OH-，
故答案为：2NO3-+5Mg+6H2O=N2↑+5Mg（OH）2+2OH-；
②标准状况下33.6L氮气的物质的量为
故答案为：15；
③已知金属镁可以从海水中提取的MgCl2通过电解制得的，除去含氮元素0.3mol的废水中的NO3-，由2NO3-+5Mg+6H2O=N2↑+5Mg（OH）2+2OH-可知，需要Mg0.3mol×2.5=0.75mol，根据镁元素守恒可知，氯化镁的物质的量为0.75mol，所以至少需要含0.5%（质量分数）MgCl2的海水质量为
故答案为：14.25．
正确答案
解析
解：该晶胞中Mg原子个数=12×
开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向．
（1）Ti（BH4）3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得．
①Ti的基态原子有______种能量不同的电子．
②LiBH4由Li+和BH4-构成，BH4-的空间构型是______，LiBH4中不存在的作用力有______（填代号）．
a．离子键 b．共价键 c．金属键 d．配位键
③Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为______．
（2）MgH2是金属氢化物储氢材料，其晶胞结构如右图所示． 已知该晶体的密度ag•cm-3，则该晶胞的体积为______ cm3[用a、NA表示（NA为阿伏加德罗常数的值）]．
（3）一种具有储氢功能的铜合金晶体具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中．若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构为CaF2的结构相似，该晶体储氢后的化学式为______．
正确答案
解：（1）①Ti的基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s22p63d24s2，电子填充了7种能级，所以有7种不同能量的电子，故答案为：7；
②BH4-中B原子价层电子数=4+
故答案为：正四面体，c；
③非金属的非金属性越强其电负性越大，非金属性最强的是H元素，其次是B元素，最小的是Li元素，所以Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为H＞B＞Li，
故答案为：H＞B＞Li；
（2）该晶胞中镁原子个数=
故答案为：
（3）CaF2的结构如图
，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，则H原子应位于晶胞内部，氢原子相当于该晶胞中的F离子，所以该晶胞中应含有8个H，所以其化学式为Cu3AuH8，
故答案为：Cu3AuH8．
解析
解：（1）①Ti的基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s22p63d24s2，电子填充了7种能级，所以有7种不同能量的电子，故答案为：7；
②BH4-中B原子价层电子数=4+
故答案为：正四面体，c；
③非金属的非金属性越强其电负性越大，非金属性最强的是H元素，其次是B元素，最小的是Li元素，所以Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为H＞B＞Li，
故答案为：H＞B＞Li；
（2）该晶胞中镁原子个数=
故答案为：
（3）CaF2的结构如图
，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，则H原子应位于晶胞内部，氢原子相当于该晶胞中的F离子，所以该晶胞中应含有8个H，所以其化学式为Cu3AuH8，
故答案为：Cu3AuH8．
扫码查看完整答案与解析