- 晶体的常识
- 共3962题
（2014春•广陵区校级月考）（1）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛．请回答下列问题：
①NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点FeO______NiO （填“＜”或“＞”）；
②铁有δ、γ、α三种同素异形体，各晶胞如图1，则δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为______．
（2）元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，一种铜金合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为______；该晶体中，原子之间的强相互作用是______；
（3）2007年诺贝尔物理学奖为法国科学家阿尔贝•费尔和德国科学家彼得•格林贝格尔共同获得，以表彰他们在巨磁电阻效应（CMR效应）研究方面的成就．某钙钛型复合氧化物如图2所示，以A原子为晶胞的顶点，A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb，当B位是V、Cr、Mn、Fe等时，这种化合物具有CMR效应．
①用A、B、O表示这类特殊晶体的化学式：______．
②已知La为+3价，当被钙等二价元素A替代时，可形成复合钙钛矿化合物La1-xAxMnO3（x＜0.1），此时一部分锰转变为+4价．导致材料在某一温度附近有反铁磁-铁磁、铁磁-顺磁及金属-半导体的转变，则La1-xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量之比为：______
③下列有关说法正确的是______．
A．镧、锰、氧分别位于周期表f、d、p区
B．氧的第一电离能比氮的第一电离能大
C．锰的电负性为1.59，Cr的电负性为1.66，说明锰的金属性比铬强
D．铬的堆积方式与钾相同，则其堆积方式如图3所示．
正确答案
解：（1）①Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高．由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，属于熔点是NiO＞FeO，
故答案为：＜；
②δ-Fe是体心立方堆积，配位数为8，α-Fe是简单立方堆积，配位数为6，则δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为4：3，
故答案为：4：3；
（2）铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，则晶胞中Cu原子数目=6×
故答案为：3：1；金属键；
（3）由图1可知，晶胞中A位于顶点，晶胞中含有A为8×
故答案为：ABO3；
②设La1-xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量分别为m和n，则有
解之得m=1-x，n=x，则La1-xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量之比为
故答案为：
（3）Mn的原子序数为27，位于周期表第四周期、ⅦB族，外围电子排布为3d54s2，故答案为：3d54s2；四；ⅦB；
（4）A．由金属在周期表中的位置可知镧、锰、氧分别位于周期表f、d、p区，故A正确；
B．N的核外电子排布中2p轨道处于半满，第一电离能大于O的第一电离能，故B错误；
C．元素的电负性越强，金属性越弱，故C正确；
D．图中堆积方式为镁型，故D错误．
故答案为：AC．
解析
解：（1）①Ni0、Fe0的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高．由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，属于熔点是NiO＞FeO，
故答案为：＜；
②δ-Fe是体心立方堆积，配位数为8，α-Fe是简单立方堆积，配位数为6，则δ、α两种晶胞中铁原子的配位数之比为4：3，
故答案为：4：3；
（2）铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，则晶胞中Cu原子数目=6×
故答案为：3：1；金属键；
（3）由图1可知，晶胞中A位于顶点，晶胞中含有A为8×
故答案为：ABO3；
②设La1-xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量分别为m和n，则有
解之得m=1-x，n=x，则La1-xAxMnO3中三价锰与四价锰的物质的量之比为
故答案为：
（3）Mn的原子序数为27，位于周期表第四周期、ⅦB族，外围电子排布为3d54s2，故答案为：3d54s2；四；ⅦB；
（4）A．由金属在周期表中的位置可知镧、锰、氧分别位于周期表f、d、p区，故A正确；
B．N的核外电子排布中2p轨道处于半满，第一电离能大于O的第一电离能，故B错误；
C．元素的电负性越强，金属性越弱，故C正确；
D．图中堆积方式为镁型，故D错误．
故答案为：AC．
（1）铁元素基态原子核外未成对电子数有______个．
（2）足球烯（C60）熔沸点较低，硬度较小，易溶于苯、酒精等有机溶剂，不导电．C60的晶体类型是______．
（3）低温条件下合成金刚石的反应如下：4Na+3CO 2
上述反应中四种物质按照熔点由高到低的顺序是______；
该反应中涉及的元素按电负性从大到小的顺序是______．
（4）以丙烯腈为原料可制得质轻、有很高的抗拉强度和弹性的聚丙烯腈碳纤维，该纤维广泛应用于制造高级文体用品．丙烯腈（CH2=CH-C≡N）分子中，σ键和π键的个数比为______；该分子中碳原子的轨道杂化类型有______．
（5）石墨层间化合物在电池材料、储氢材料等方面具有广阔应用前景．某种石墨层间化合物是在石墨层间插入钾，其结构如图所示．该化合物化学式为______．
正确答案
解：（1）铁是26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p663d6 4s2，根据泡利原理和洪特规则知d能级上有未成对电子，由于d能级有5个轨道，d能级有4个未成对电子，故答案为：4；
（2）足球烯（C60）熔沸点较低，硬度较小，易溶于苯、酒精等有机溶剂，属于分子晶体，故答案为：分子晶体；
（3）金刚石为原子晶体，碳酸钠为离子晶体，金属钠为金属晶体，二氧化碳为分子晶体，故其熔点大小顺序为C＞Na2CO3＞Na＞CO2；
同一周期元素电负性从左到右渐增，同一主族元素电负性从上到下逐渐减小，电负性从大到小的顺序是O＞C＞Na；
故答案为：C＞Na2CO3＞Na＞CO2；O＞C＞Na；
（4）丙烯腈（CH2=CH-C≡N）分子中含有6个σ键和3个π键，数目之比为 2：1；
丙烯腈分子CH2=CH-CN中双键上的碳原子形成3个σ键，无孤电子对，sp2杂化，与氮相连的碳原子形成2个σ键，无孤电子对，sp杂化；
故答案为：2：1；sp2杂化、sp杂化；
（5）可以取三个钾原子形成的小三角形为计算单位，其完全占有的碳原子数是4，占有的钾原子数为
解析
解：（1）铁是26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p663d6 4s2，根据泡利原理和洪特规则知d能级上有未成对电子，由于d能级有5个轨道，d能级有4个未成对电子，故答案为：4；
（2）足球烯（C60）熔沸点较低，硬度较小，易溶于苯、酒精等有机溶剂，属于分子晶体，故答案为：分子晶体；
（3）金刚石为原子晶体，碳酸钠为离子晶体，金属钠为金属晶体，二氧化碳为分子晶体，故其熔点大小顺序为C＞Na2CO3＞Na＞CO2；
同一周期元素电负性从左到右渐增，同一主族元素电负性从上到下逐渐减小，电负性从大到小的顺序是O＞C＞Na；
故答案为：C＞Na2CO3＞Na＞CO2；O＞C＞Na；
（4）丙烯腈（CH2=CH-C≡N）分子中含有6个σ键和3个π键，数目之比为 2：1；
丙烯腈分子CH2=CH-CN中双键上的碳原子形成3个σ键，无孤电子对，sp2杂化，与氮相连的碳原子形成2个σ键，无孤电子对，sp杂化；
故答案为：2：1；sp2杂化、sp杂化；
（5）可以取三个钾原子形成的小三角形为计算单位，其完全占有的碳原子数是4，占有的钾原子数为
水是地球表面上普遍存在的化合物，我们可以用我们学习的物质结构与性质的有关知识去认识它．
（1）水的组成元素为氢和氧．氧的基态原子的价电子排布图为______，氧的第一电离能在同周期元素中由大到小排第______位．
（2）根据杂化轨道理论，水分子中的氧原子采取的杂化形式是______；根据价层电子对互斥理论，水分子的VSEPR模型名称为______；根据等电子体原理，写出水合氢离子的一个等电子体（写结构式）______．
（3）水分子可以形成许多水合物．
①水分子可以作配体和铜离子形成水合铜离子[Cu（H2O）4]2+，1mol水合铜离子中含有σ键数目为______．
②图1是水合盐酸晶体H5O2+•Cl-中H5O2+离子的结构．
在该离子中，存在的作用力有______．
a．配位键 b．极性键 c．非极性键 d．离子键
e．金属键 f．氢键 g．范德华力 h．π键 i．σ键
（4）韩国首尔大学科学家将水置于一个足够强的电场中，在20℃时，水分子瞬间凝固形成了“暖冰”．请从结构上解释生成暖冰的原因______．
（5）最新研究发现，水能凝结成13种类型的结晶体，除普通冰以外其余各自的冰都有自己奇特的性质：有在-30℃才凝固的超低温冰，它的坚硬程度可和钢相媲美，能抵挡炮弹轰击；有在180℃高温下依然不变的热冰；还有的冰密度比水大，号称重冰．图2为冰的一种骨架形式，依此为单位向空间延伸．
①该冰中的每个水分子有______个氢键；
②冰融化后，在液态水中，水分子之间仍保留有大量氢键将水分子联系在一起，分子间除了无规则的分布及冰结构碎片以外，一般认为还会有大量呈动态平衡的、不完整的多面体的连接方式．右图的五角十二面体是冰熔化形成的理想多面体结构．假设图3中的冰熔化后的液态水全部形成如图3的五角十二面体，且该多面体之间无氢键，则该冰熔化过程中氢键被破坏的百分比为______．
③如果不考虑晶体和键的类型，哪一物质的空间连接方式与这种冰连接类似？______；
④已知O-H…O距离为295pm，列式计算此种冰晶体的密度______g/cm3．（已知2952=8.70×104，2953=2.57×107，
正确答案
解：（1）由于简并轨道（能级相同的轨道）中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，原子的能量最低，O原子能量最低排布是
同一周期内主族元素的第一电离能从左到右在总体增大的趋势中有些曲折．当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大，由于N元素的2p能级3个轨道处于半满，He元素的2P能级3个轨道处于全满，所以它们的第一电离能大小顺序是I1（He）＞I1（F）＞I1（N）＞I1（O）＞I1（C）＞I1（Be）＞I1（B），
故答案为：
（2）H2O中价层电子对个数=2+
故答案为：sp3；四面体形；
（3）①Cu2+含有空轨道，H2O含有孤对电子，可形成配位键，铜离子配体数为4，配离子[Cu（H2O）4]2+中1个Cu2+与4个H2O形成配位键，1个H2O含2个O-H键，所以1mol水合铜离子中含有σ键数目为12NA，
故答案为：12NA；
②根据图1水合盐酸晶体H5O2+•Cl-中H5O2+离子的结构知：a．氢离子含有空轨道，氧原子含有孤电子对，所以能形成配位键；b．O-H形成极性键；c．无非极性键；d．因H5O2+中无阴阳离子，所以不存在离子键；
e．因H5O2+中无金属所以不存在金属键；f．氢键存在于不直接相连的H与电负性较大的O原子间； g．因H5O2+中无分子，所以不存在范德华力；h．因H5O2+中无双键或三键，所以不存在π键；i．O-H形成σ键，
故答案为：a b f i；
（4）水分子之间主要通过氢键形成固体，水分子是极性分子，在电场作用下定向有规则的排列，水分子间更易形成氢键，
故答案为：水分子是极性分子，在电场作用下定向有规则的排列，分子间通过氢键结合而成固体；
（5）①晶体冰中，每两个水分子间有一个氢键，平均属于每个水分子有半个，一个水分子与周围的四个水分子以氢键结合，故1mol冰中有2 mol氢键，
故答案为：2；
②冰融化后，在液态水中，全部形成如图3的五角十二面体，五角十二面体顶点数为20，每个水分子形成4条氢键，每两个水分子间有一个氢键，存在氢键总数目为40个，
每一条氢键连接2个水分子，在五角十二面体中有30条棱，所以氢键数为30，则该冰熔化过程中氢键被破坏的百分比为
故答案为：25%；
③二氧化硅是原子晶体，Si-O通过共价键形成四面体结构，四面体之间通过共价键形成空间网状结构，以立方体中的水分子为研究对象，每个水分子形成4条氢键，SiO2空间连接方式与这种冰连接类似，
故答案为：SiO2；
④体心立方晶胞中水分子个数=1+8×
故答案为：
解析
解：（1）由于简并轨道（能级相同的轨道）中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，原子的能量最低，O原子能量最低排布是
同一周期内主族元素的第一电离能从左到右在总体增大的趋势中有些曲折．当外围电子在能量相等的轨道上形成全空、半满或全满结构时，原子的能量较低，元素的第一电离能较大，由于N元素的2p能级3个轨道处于半满，He元素的2P能级3个轨道处于全满，所以它们的第一电离能大小顺序是I1（He）＞I1（F）＞I1（N）＞I1（O）＞I1（C）＞I1（Be）＞I1（B），
故答案为：
（2）H2O中价层电子对个数=2+
故答案为：sp3；四面体形；
（3）①Cu2+含有空轨道，H2O含有孤对电子，可形成配位键，铜离子配体数为4，配离子[Cu（H2O）4]2+中1个Cu2+与4个H2O形成配位键，1个H2O含2个O-H键，所以1mol水合铜离子中含有σ键数目为12NA，
故答案为：12NA；
②根据图1水合盐酸晶体H5O2+•Cl-中H5O2+离子的结构知：a．氢离子含有空轨道，氧原子含有孤电子对，所以能形成配位键；b．O-H形成极性键；c．无非极性键；d．因H5O2+中无阴阳离子，所以不存在离子键；
e．因H5O2+中无金属所以不存在金属键；f．氢键存在于不直接相连的H与电负性较大的O原子间； g．因H5O2+中无分子，所以不存在范德华力；h．因H5O2+中无双键或三键，所以不存在π键；i．O-H形成σ键，
故答案为：a b f i；
（4）水分子之间主要通过氢键形成固体，水分子是极性分子，在电场作用下定向有规则的排列，水分子间更易形成氢键，
故答案为：水分子是极性分子，在电场作用下定向有规则的排列，分子间通过氢键结合而成固体；
（5）①晶体冰中，每两个水分子间有一个氢键，平均属于每个水分子有半个，一个水分子与周围的四个水分子以氢键结合，故1mol冰中有2 mol氢键，
故答案为：2；
②冰融化后，在液态水中，全部形成如图3的五角十二面体，五角十二面体顶点数为20，每个水分子形成4条氢键，每两个水分子间有一个氢键，存在氢键总数目为40个，
每一条氢键连接2个水分子，在五角十二面体中有30条棱，所以氢键数为30，则该冰熔化过程中氢键被破坏的百分比为
故答案为：25%；
③二氧化硅是原子晶体，Si-O通过共价键形成四面体结构，四面体之间通过共价键形成空间网状结构，以立方体中的水分子为研究对象，每个水分子形成4条氢键，SiO2空间连接方式与这种冰连接类似，
故答案为：SiO2；
④体心立方晶胞中水分子个数=1+8×
故答案为：
（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+
（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
（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×
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+
（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
（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×
（1）A和B的单质单位质量的燃烧热大，可用作燃料．已知A和B为短周期元素，其原子的第一至第四电离能如下表所示：
①请根据上述信息，写出A基态原子的核外电子排布式：______．
②某同学根据上述信息，推断B的核外电子排布如图1所示，该同学所画的电子排布图违背了______．
（2）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．
①已知金刚石中C-C键的键长为154.45pm，C60中C-C键的键长为145pm和140pm，有同学据此认为C60的熔点高于金刚石，你认为是否正确并阐述理由______．
②科学家把C60和K掺杂在一起制造了一种富勒烯化合物，其晶胞如图2所示，该物质在低温时是一种超导体．该物质中K原子和C60分子的个数比为______．
③已知CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，已知CaO晶体密度为ag•cm-3，NA表示阿伏加德罗常数，则CaO晶胞体积为______cm3．
正确答案
1s22s2
能量最低原理
不正确，C60是分子晶体，熔化时不需破坏化学键
3：1
解析
解：（1）①表中A、B两原子的第二、三电离能之间都有1个突跃，说明它们属于ⅡA族，又它们都是短周期元素，且A的第一电离能比B大，因此A为Be元素，B为Mg元素，A基态原子的核外电子排布式为1s22s2，故答案为：1s22s2；
②由B原子的基态外围电子排布式写成了ns1np1，可知，3s能级未填满就填充3p能级，3s能级能量比3p能级低，所以违背能量最低原理，
故答案为：能量最低原理；
（2）①因为C60构成的晶体是分子晶体，影响分子晶体熔点的作用是分子间作用力；而金刚石构成的晶体是原子晶体，影响原子晶体熔点的作用是原子间共价键，共价键作用大大与分子间作用力，因此金刚石的熔点高于C60，所以尽管C60中C-C键的键能可能大于金刚石，但其熔化时并不破坏化学键，因此比较键能没有意义，
故答案：不正确，C60是分子晶体，熔化时不需破坏化学键；
②在晶胞中，K原子在面心上和C60分子在顶点和中心，则其个数比为
故答案：3：1；
③1个“CaO”的质量为=
V=
故答案为：
配合物Na2[Fe（CN）5（NO）]可用于离子检验
（1）配合物中不存在的化学键是______
A、离子键 B、金属键 C、氢键 D、极性共价键 E、配位键
（2）配合物中原子序数最小的元素为甲．
①甲能形成多种常见单质：在熔点较低的单质中，每个分子周围紧邻的分子数为______；在熔点很高的两种常见单质中，有一种单质的结构如图1所示
若已知每个共价键的键长为142pm，可以计算出平均每个正六边形的面积约为5.24×10-20m2，则将12g单质中的每一层都剥离出来彼此紧密连接总面积约为______ m2．（NA=6.02×1023）
②甲元素与氢元素形成的化合物中，其分子的空间构型可能是______（填字母）．中心原子的杂化轨道类型为______．
（3）配合物中心离子的核外电子排布式为______
（4）配合物中电负性最大的元素和电离能最小的元素形成的一种离子化合物的晶胞结构如图2，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为______．已知该晶胞的密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a=______cm． （用含ρ、NA的计算式表示）
（5）配合物中位于同一周期的三种元素中的两种，能形成原子个数比为1：3的常见微粒，推测这两种微粒的空间构型为______．
正确答案
B
12
1.58×104
ad
sp2、sp3
[Ar]3d5
正方体（立方体）
平面三角形
解析
解：（1）A、Na+与[Fe（CN）5（NO）]2-之间存在离子键；B、不存在金属键；C、氢键不是化学键；D、碳氮原子间形成极性共价键；E、NO分子、CN-与Fe3+形成配位键，
故答案为：B；
（2）①碳单质中熔点较低的是C60，分子密堆积，晶体结构类似于干冰，每个分子周围紧邻的分子数=3×8×
利用均摊法算出每个六边形实际占有碳原子的个数为6×
故答案为：12；1.58×104；
②配合物中原子序数最小的元素为C元素，C原子形成8电子稳定结构，结合图1分析，a为苯，满足8电子结构；b、c不满足稳定结构；d为甲烷，符合稳定结构；苯分子内碳原子以sp2杂化，甲烷为sp3杂化，故答案为：ad；sp2、sp3；
（3）配合物中心离子为Fe3+，核外电子数为23，其价电子排布式为：3d5，内部电子排布式与Ar核外电子排布式完全一样，故其离子排布式为：[Ar]3d5，
故答案为：[Ar]3d5；
（4）根据晶胞（Na2O）结构可知N（Na+）：N（O2-）=2：1，所以顶点和面心处是阴离子，阳离子全部在晶胞内，所以与钠离子最近的阴离子是4个，即配位数是4．而距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体是正方体（立方体）；该晶胞中含有4个阴离子，所以有
故答案为：正方体（立方体）；
（5）甲、乙都能和丙形成原子个数比为1：3的常见微粒分别是CO32-、NO3-，中心原子含σ键电子对数为3对，CO32-含有的电子对数=3+
故答案为：平面三角形．
（1）镓的基态原子的电子排布式是______．
（2）硒为第4周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为______（用元素符号表示）．
（3）H2Se的酸性比H2S______（填“强”或“弱”）．气态SeO3分子的立体构型为______．
（4）硅烷（SinH2n+2）的沸点与其相对分子质量的变化关系如图所示，呈现这种变化关系的原因是______．
（5）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸（H3BO3）在水溶液中能与水反应生成[B（OH）4]-而体现一元弱酸的性质，则[B（OH）4]-中B的原子杂化类型为______．
（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，其原因是______，反应的离子方程式为______．
（7）一种铜金合金晶体具有面心立方最密堆积的结构．在晶脆中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，则该合金中Au原子与Cu原子个数之比为______，若该晶胞的边长为a pm，则合金的密度为______g•cm-3（已知lpm=10-12m，只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加塞罗常数为NA）．
正确答案
解：（1）镓元素原子序数为31，根据能量最低原则，泡利不相容原则，洪特规则写出核外电子排布式，内层电子排布可用惰性气体表示，
故答案为：[Ar]3d104s24p1；
（2）由于As4p轨道半充满，较为稳定，第一电离能大于Se，故答案为：Br＞As＞Se；
（3）键能越大，无氧酸酸性越弱，Se半径大于S，键长大，键能小，酸性强；价电子对数=
（4）硅烷微粒间作用力为范德华力，熔沸点高低与范德华力的大小相关，故答案为：硅烷相对分子质量越大，分子间范德华力越强；
（5）该配合离子形成了四条Φ键，故其杂化后形成了四条新的杂化轨道，故答案为：sp3；
（6）铜单质不与氨反应，则是由于过氧化氢将其氧化为Cu2+，含有空轨道，而氨可提供孤对电子，可形成配离子，故答案为：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，Cu+H2O2+4NH3=Cu
（7）Au位于顶点，8×
a3×10-30cm3，Vm=NA×a3×10-30cm-3，ρ=
解析
解：（1）镓元素原子序数为31，根据能量最低原则，泡利不相容原则，洪特规则写出核外电子排布式，内层电子排布可用惰性气体表示，
故答案为：[Ar]3d104s24p1；
（2）由于As4p轨道半充满，较为稳定，第一电离能大于Se，故答案为：Br＞As＞Se；
（3）键能越大，无氧酸酸性越弱，Se半径大于S，键长大，键能小，酸性强；价电子对数=
（4）硅烷微粒间作用力为范德华力，熔沸点高低与范德华力的大小相关，故答案为：硅烷相对分子质量越大，分子间范德华力越强；
（5）该配合离子形成了四条Φ键，故其杂化后形成了四条新的杂化轨道，故答案为：sp3；
（6）铜单质不与氨反应，则是由于过氧化氢将其氧化为Cu2+，含有空轨道，而氨可提供孤对电子，可形成配离子，故答案为：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，Cu+H2O2+4NH3=Cu
（7）Au位于顶点，8×
a3×10-30cm3，Vm=NA×a3×10-30cm-3，ρ=
正确答案
解析
解：该晶胞中C603-个数=8×
故选：A．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：A、CoO2层状结构的晶胞中含有Co原子数为1，含有O原子数为
B、CoO2层状结构的晶胞中含有Co原子数为1
C、CoO2层状结构的晶胞中含有Co原子数为
D、CoO2层状结构的晶胞中含有Co原子数为1，含有O原子数为
故选D．
有一种蓝色晶体，它的结构特征是Fe2+和Fe3+分别占据立方体互不相邻的顶点，而CN-离子位于立方体的棱上．
（1）根据晶体结构特点，推出其化学式（用最简单整数示）______．
（2）此粒子带何种电荷？______用什么样的离子可与其结合成电中性的物质？______写出此电中性物质的化学式（用M+表示）．______
（3）指出（2）中添加离子在晶体结构中的什么位置？______．
正确答案
解：（1）亚铁离子个数=4×
[FeFe（CN）6]-，
故答案为：[FeFe（CN）6]-；
（2）根据（1）知，该离子带负电荷，用带正电荷的离子可与其结合成电中性的物质，根据化合物中化合价的代数和为0知，M离子应该是一个正电荷，所以其化学式为M[FeFe（CN）6]，
故答案为：负电荷；正电荷；M[FeFe（CN）6]；
（3）根据化学式中M离子和铁离子、亚铁离子的个数之比为1：1，则两个小立方体中含有一个M+离子，要使两个小正方体中含有一个M+离子，则M+离子位于每隔一个小正方体体心上，
故答案为：M+离子在每隔一个小正方体体心上．
解析
解：（1）亚铁离子个数=4×
[FeFe（CN）6]-，
故答案为：[FeFe（CN）6]-；
（2）根据（1）知，该离子带负电荷，用带正电荷的离子可与其结合成电中性的物质，根据化合物中化合价的代数和为0知，M离子应该是一个正电荷，所以其化学式为M[FeFe（CN）6]，
故答案为：负电荷；正电荷；M[FeFe（CN）6]；
（3）根据化学式中M离子和铁离子、亚铁离子的个数之比为1：1，则两个小立方体中含有一个M+离子，要使两个小正方体中含有一个M+离子，则M+离子位于每隔一个小正方体体心上，
故答案为：M+离子在每隔一个小正方体体心上．
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