- 晶体的常识
- 共3962题
（1）Cu元素基态原子的电子排布式为______，根据元素原子的外围电子排布特征，可将周期表分成五个区域，其中Cu属于______区．
（2）元素N、O、S的第一电离能由大到小排列的顺序为______．
（3）H元素可与O元素形成H2O和H2O2，H2O2易溶于H2O，其主要原因为______．
（4）H元素与N元素可组成化合物N2H4，其中N原子的轨道杂化方式为______．
（5）SO42-的空间构型是______，与SO42-互为等电子体的一种分子的化学式为______．
（6）Cu元素与H元素可形成一种红色晶体，其结构如图，则该化合物的化学式为______．
正确答案
解：（1）Cu是29号元素，其3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子，根据构造原理书写Cu原子核外电子排布式[Ar]3d104s1；Cu属于ds区，
故答案为：[Ar]3d104s1；ds；
（2）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，且第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素，元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以这三种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S；
（3）H2O与H2O2之间能形成氢键导致双氧水易溶于水，故答案为：H2O与H2O2之间形成氢键；
（4）肼分子中每个N原子形成3个化学键且每个N原子含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定N原子杂化方式为sp3，故答案为：sp3；
（5）硫酸根离子价层电子对个数=4+
故答案为：正四面体；CCl4或SiCl4或SO2Cl2；
（6）该晶胞中Cu原子个数=3+12×
故答案为：CuH．
解析
解：（1）Cu是29号元素，其3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子，根据构造原理书写Cu原子核外电子排布式[Ar]3d104s1；Cu属于ds区，
故答案为：[Ar]3d104s1；ds；
（2）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，且第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一主族元素，元素第一电离能随着原子序数增大而减小，所以这三种元素第一电离能大小顺序是N＞O＞S，故答案为：N＞O＞S；
（3）H2O与H2O2之间能形成氢键导致双氧水易溶于水，故答案为：H2O与H2O2之间形成氢键；
（4）肼分子中每个N原子形成3个化学键且每个N原子含有1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论确定N原子杂化方式为sp3，故答案为：sp3；
（5）硫酸根离子价层电子对个数=4+
故答案为：正四面体；CCl4或SiCl4或SO2Cl2；
（6）该晶胞中Cu原子个数=3+12×
故答案为：CuH．
（1）基态D原子中，电子占据的最高能层符号______，该能层具有的原子轨道数为______；
（2）E2+离子的价层电子排布图是______，F原子的电子排布式是______；
（3）A元素的最高价氧化物对应的水化物中心原子采取的轨道杂化方式为______，B元素的气态氢化物的VSEPR模型为______；
（4）化合物AC2、B2C和阴离子DAB-互为等电子体，它们结构相似，DAB-的电子式为______；
（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，其内界由中心离子E3+与配位体AB-构成，配位数为6，甲的水溶液可以用于实验室中E2+离子的定性检验，检验E2+离子的离子方程式为______；
（6）某种化合物由D，E，F三种元素组成，其晶胞如图所示，则其化学式为______，该晶胞上下底面为正方形，侧面与底面垂直，根据图中所示的数据列式计算该晶体的密度：d=______g/cm3．
正确答案
解：A、B、C、D都是周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，则A原子核外电子排布为1s22s22p2，C原子核外电子排布为1s22s22p4，故A为碳元素、C为氧元素；B原子序数介于C、O之间，则B为氮元素；C、D同主族，则D为S元素；E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则E为Fe；F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满，F原子核外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素，
（1）基态S原子中电子占据的最高能层为第3能层，符号M，该能层有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道，共有9 个原子轨道，
故答案为：M；9；
（2）Fe2+离子的价层电子排布3d6，其价层电子排布图是
故答案为：
（3）碳元素的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，中心C原子成3个σ键、没有孤电子对，C原子采取sp2杂化方式；B的气态氢化物为NH3，NH3分子中N原子价层电子对数=3+
故答案为：sp2；四面体；
（4）与CO2互为等电子体，可知SCN-电子式与CO2相同，参照CO2的电子式写出电子式为：
（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，可以K元素，其内界由中心离子Fe3+与配位体CN-构成，配位数为6，甲为K3[Fe（CN）6]，甲的水溶液可以用于实验室中Fe2+离子的定性检验，检验Fe2+离子的离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓，
故答案为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；
（6）晶胞中D（S）原子位于晶胞内部，原子数目为8个，E（Fe）原子6个位于面上、4个位于棱上，E（Fe）原子数目=6×
故答案为：CuFeS2；4.32．
解析
解：A、B、C、D都是周期表中的短周期元素，它们的核电荷数依次增大，A原子、C原子的L能层中都有两个未成对的电子，则A原子核外电子排布为1s22s22p2，C原子核外电子排布为1s22s22p4，故A为碳元素、C为氧元素；B原子序数介于C、O之间，则B为氮元素；C、D同主族，则D为S元素；E、F都是第四周期元素，E原子核外有4个未成对电子，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，则E为Fe；F原子除最外能层只有1个电子外，其余各能层均为全充满，F原子核外电子数=2+8+18+1=29，则F为Cu元素，
（1）基态S原子中电子占据的最高能层为第3能层，符号M，该能层有1个s轨道、3个p轨道、5个d轨道，共有9 个原子轨道，
故答案为：M；9；
（2）Fe2+离子的价层电子排布3d6，其价层电子排布图是
故答案为：
（3）碳元素的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，中心C原子成3个σ键、没有孤电子对，C原子采取sp2杂化方式；B的气态氢化物为NH3，NH3分子中N原子价层电子对数=3+
故答案为：sp2；四面体；
（4）与CO2互为等电子体，可知SCN-电子式与CO2相同，参照CO2的电子式写出电子式为：
（5）配合物甲的焰色反应呈紫色，可以K元素，其内界由中心离子Fe3+与配位体CN-构成，配位数为6，甲为K3[Fe（CN）6]，甲的水溶液可以用于实验室中Fe2+离子的定性检验，检验Fe2+离子的离子方程式为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓，
故答案为：3Fe2++2[Fe（CN）6]3-=Fe3[Fe（CN）6]2↓；
（6）晶胞中D（S）原子位于晶胞内部，原子数目为8个，E（Fe）原子6个位于面上、4个位于棱上，E（Fe）原子数目=6×
故答案为：CuFeS2；4.32．
正确答案
解析
解：根据题意知，该结构就是其分子结构，分子中含有的原子就是其化学式中含有的原子，直接数出其中的Ti原子和C原子个数即可，其分子式为Ti14C13．
故选A．
正确答案
解析
解：A．6.4克CaC2为0.1mol，CaC2晶体中含阴离子为C22-，则含阴离子0.1mol，故A错误；
B．C22-含电子数为2×6+2=14，N2的电子数为14，二者电子数相同，是等电子体，故B正确；
C．依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个，而不是6个，故C错误；
D．晶胞的一个平面的长与宽不相等，与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+应为4个，故D错误．
故选：B．
正确答案
解析
解：三价铁离子为角上，每个被八个晶胞共用，故每个晶胞中三价铁离子为4×0.125=0.5个，同理二价铁离子为0.5个，氰根离子位于边的中心，每个被四个晶胞共用，故每个晶胞中氰根离子为12×0.25=3个，
已知化学式为：MxFey（CN）6，故有两个晶胞，阴离子含有一个三价铁离子，一个二价铁离子，六个氰根离子，故晶体的化学式为MFe2（CN）6，M呈+1价，因为有离子，故该晶体属于离子晶体；晶体中与每个Fe3+距离最近且等距离的CN-为6个；
故选AB．
（1）基态的F3+核外电子排布式是______．
（2）B的气态氢化物在水中的溶解度远大于A、C的气态氢化物，原因是______．
（3）化合物FD3是棕色固体、易潮解、100℃左右时升华，它的晶体类型是______；化合物ECAB中的阴离子与AC2互为等电子体，该阴离子的电子式是______．
（4）FD3与ECAB溶液混合，得到含多种配合物的血红色溶液，其中配位数为5的配合物的化学式是______．
（5）化合物EF[F（AB）6]是一种蓝色晶体，如图甲表示其晶胞的
（6）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛．立方ZnS晶体结构如图乙所示，其晶胞边长为540.0pm，密度为______（列式并计算），a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为______pm（列式表示）．
正确答案
解：A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大，其中A、B、C、D、E为不同主族的元素．A、C的最外层电子数都是其电子层数的2倍，则A是C元素，C是S元素，透过蓝色钴玻璃观察E的焰色反应为紫色，E是K元素，D的原子序数介于S与K元素之间，故D为Cl元素，B的电负性大于C，且B的原子序数小于C，属于不同主族，所以B是N元素，F位于第四周期，基态原子中有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，则F是Fe元素．
（1）铁离子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5；
故答案为：1s22s22p63s23p63d5；
（2）N、O、F原子易形成氢键，氢键的存在影响物质的熔沸点和溶解性，所以NH3与H2O分子间存在氢键，其它分子与H2O分子间不存在氢键，所以氨气的溶解性大；
故答案为：NH3与H2O分子间存在氢键，其他分子与H2O分子间不存在氢键；
（3）氯化铁的熔点较低，为分子晶体，把二硫化碳分子中的一个硫原子换成N原子，则硫氰根离子的电子式为
[
故答案为：分子晶体，[
（4）硫氰根离子的化合价为-1价，铁离子的化合价为+3价，钾离子的化合价为+1价，化合物中化合价的代数和为0，且配位数是5，所以钾离子的个数是2，铁离子的个数是1，其化学式为K2Fe（SCN）5；
故答案为：K2Fe（SCN）5；
（5）晶胞的
KFe[Fe（CN）6]，根据各离子的个数比知，晶胞中钾离子个数是4；
故答案为：4；
（6）黑球全部在晶胞内部，该晶胞中含有黑球个数是4，白球个数=
=4.1g/（cm）3，每个黑色小球连接4个白色小球，构成正四面体结构，白球和黑球之间的夹角为109°28′，两个白球之间的距离=270
故答案为：4.1g/（cm）3，
解析
解：A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数依次增大，其中A、B、C、D、E为不同主族的元素．A、C的最外层电子数都是其电子层数的2倍，则A是C元素，C是S元素，透过蓝色钴玻璃观察E的焰色反应为紫色，E是K元素，D的原子序数介于S与K元素之间，故D为Cl元素，B的电负性大于C，且B的原子序数小于C，属于不同主族，所以B是N元素，F位于第四周期，基态原子中有4个未成对电子，外围电子排布为3d64s2，则F是Fe元素．
（1）铁离子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d5；
故答案为：1s22s22p63s23p63d5；
（2）N、O、F原子易形成氢键，氢键的存在影响物质的熔沸点和溶解性，所以NH3与H2O分子间存在氢键，其它分子与H2O分子间不存在氢键，所以氨气的溶解性大；
故答案为：NH3与H2O分子间存在氢键，其他分子与H2O分子间不存在氢键；
（3）氯化铁的熔点较低，为分子晶体，把二硫化碳分子中的一个硫原子换成N原子，则硫氰根离子的电子式为
[
故答案为：分子晶体，[
（4）硫氰根离子的化合价为-1价，铁离子的化合价为+3价，钾离子的化合价为+1价，化合物中化合价的代数和为0，且配位数是5，所以钾离子的个数是2，铁离子的个数是1，其化学式为K2Fe（SCN）5；
故答案为：K2Fe（SCN）5；
（5）晶胞的
KFe[Fe（CN）6]，根据各离子的个数比知，晶胞中钾离子个数是4；
故答案为：4；
（6）黑球全部在晶胞内部，该晶胞中含有黑球个数是4，白球个数=
=4.1g/（cm）3，每个黑色小球连接4个白色小球，构成正四面体结构，白球和黑球之间的夹角为109°28′，两个白球之间的距离=270
故答案为：4.1g/（cm）3，
（1）Y在周期表中位于______；Z4+的核外电子排布式为______；
（2）X的该种氢化物分子构型为______，X在该氢化物中以______方式杂化．X和Y形成的化合物的熔点应该______（填“高于”或“低于”）X氢化物的熔点．
（3）①制备M的化学反应方程式是______；
②在M晶体中，若将Z4+置于立方体的体心，Ba2+置于立方体的顶点，则O2-处于立方体的______；
③在M晶体中，Z4+的氧配位数为______；
④已知O2-半径为1.40×10-10 m，则Z4+半径为______m．
正确答案
解：（1）Y为Ca元素，原子序数为20，原子核外有4个电子层，最外层电子数为2，则应位于周期表第四周期、第ⅡA族，Z为Ti，离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，
故答案为：第四周期、第ⅡA族；1s22s22p63s23p6；
（2）X为C，对应的氢化物为乙炔，为直线形分子，C形成2个δ键，为sp杂化，X和Y形成的化合物为CaC2，为离子晶体，熔点高于分子晶体，故答案为：直线型；sp；高于；
（3）①由题意知M为BaTiO3，反应的化学方程式为TiO2+BaCO3═BaTiO3+CO2↑，
故答案为：TiO2+BaCO3═BaTiO3+CO2↑；
②在BaTiO3晶体中，若将Ti4+置于立方体的体心，Ba2+置于立方体的顶点，则O2-只能处于立方体的面心，
故答案为：面心；
③由BaTiO3晶胞可知，每个Ti4+周围有6个O2-，所以Ti4+的氧配位数为为6，
故答案为：6；
④设Ti4+的半径为r，则有2×1.40×10-10m+2r=4.03×10-10m，则r=6.15×10-11m，
故答案为：6.15×10-11．
解析
解：（1）Y为Ca元素，原子序数为20，原子核外有4个电子层，最外层电子数为2，则应位于周期表第四周期、第ⅡA族，Z为Ti，离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，
故答案为：第四周期、第ⅡA族；1s22s22p63s23p6；
（2）X为C，对应的氢化物为乙炔，为直线形分子，C形成2个δ键，为sp杂化，X和Y形成的化合物为CaC2，为离子晶体，熔点高于分子晶体，故答案为：直线型；sp；高于；
（3）①由题意知M为BaTiO3，反应的化学方程式为TiO2+BaCO3═BaTiO3+CO2↑，
故答案为：TiO2+BaCO3═BaTiO3+CO2↑；
②在BaTiO3晶体中，若将Ti4+置于立方体的体心，Ba2+置于立方体的顶点，则O2-只能处于立方体的面心，
故答案为：面心；
③由BaTiO3晶胞可知，每个Ti4+周围有6个O2-，所以Ti4+的氧配位数为为6，
故答案为：6；
④设Ti4+的半径为r，则有2×1.40×10-10m+2r=4.03×10-10m，则r=6.15×10-11m，
故答案为：6.15×10-11．
（2）Co（NH3）5BrSO4可形成两种钴的配合物，已知两种配合物的分子式分别为[Co（NH3）5Br]SO4 和[Co （SO4） （NH3）5]Br，在第一种配合物的溶液中加BaCl2 溶液时，现象是______；如果在第二种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，现象是______，若在第二种配合物的溶液加入 AgNO3溶液时，现象是______．
正确答案
XY3Z
产生白色沉淀
无现象
产生淡黄色沉淀
解析
解：（1）该晶胞中X原子个数为1，Y原子个数=6×
（2）配合物中外界离子在水溶液里能发生电离，內界原子不能发生电离，第一种配合物中，硫酸根离子为外界，在水溶液里能该配合物电离出SO4 2-，SO4 2-和Ba 2+反应生成白色沉淀，离子方程式为SO42-+Ba2+=BaSO4↓，所以在第一种配合物的溶液中加BaCl2 溶液时，看到的现象是有白色沉淀生成；
第二种配合物中SO4 2-为內界，该配合物在水溶液里不能电离出自由移动的SO4 2-，所以如果在第二种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，现象是没有白色沉淀生成；
溴离子为外界，在水溶液里该配合物电离出溴离子，溴离子和银离子反应生成淡黄色溴化银沉淀，反应方程式为Ag++Br-=AgBr↓，所以看到的现象是有淡黄色沉淀生成，
故答案为：产生白色沉淀生成；无现象；产生淡黄色沉淀生成．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：因为2个最近的NH4+核间距离为a cm，即晶胞的边长为a cm，利用均摊法可知，在一个晶胞中含有铵根的个数为
（2）SO32-的空间构型是：______．
（3）OCN-与CO2是等电子体，则OCN-中C原子的杂化方式是：______．
（4）六方氮化硼（BN）晶体具有很高的熔点，B原子和N原子均为sp2杂化．该晶体中存在的作用力有：______．
（5）元素O、Mg、Ni可形成一种晶体，其晶胞如图所示．在晶体中，每个Ni2+离子与______个Mg2+离子配位．该晶体的化学式是______．
正确答案
解：（1）Co是27号元素，Co2+离子核外有25个电子，3d电子为其价电子，3d能级上有7个电子，所以其价电子排布式为3d7，故答案为：3d7；
（2）SO32-中S原子价层电子对=3+
（3）OCN-中C原子价层电子对=2+
（4）六方氮化硼的结构与石墨类似，故其晶体也是分层结构，层间是分子间作用力，层内的B原子与N原子间是极性共价键，故答案为：共价键、范德华力（或分子间作用力）；
（5）我们以1号镍离子为中心分别向上、左、前方向进行延伸，得到8个晶胞，由于每个晶胞有两个面上的镁离子距离1号镍离子最近（红圈标志），又因为每个镁离子为2个晶胞共有，因此每个Ni2+离子的Mg2+离子配位数=2×8×
该晶胞中镁离子个数=4×
故答案为：8，Mg2NiO3．
解析
解：（1）Co是27号元素，Co2+离子核外有25个电子，3d电子为其价电子，3d能级上有7个电子，所以其价电子排布式为3d7，故答案为：3d7；
（2）SO32-中S原子价层电子对=3+
（3）OCN-中C原子价层电子对=2+
（4）六方氮化硼的结构与石墨类似，故其晶体也是分层结构，层间是分子间作用力，层内的B原子与N原子间是极性共价键，故答案为：共价键、范德华力（或分子间作用力）；
（5）我们以1号镍离子为中心分别向上、左、前方向进行延伸，得到8个晶胞，由于每个晶胞有两个面上的镁离子距离1号镍离子最近（红圈标志），又因为每个镁离子为2个晶胞共有，因此每个Ni2+离子的Mg2+离子配位数=2×8×
该晶胞中镁离子个数=4×
故答案为：8，Mg2NiO3．
扫码查看完整答案与解析