晶体的常识_章节学习

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题型：单选题

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单选题

下列关于晶体的说法一定正确的是（　　）

A分子晶体中都存在共价键

BCaTiO3晶体中每个Ti4+和12个O2-相紧邻

CSiO2晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合

D金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高

正确答案

B

解析

解：A．单原子分子中没有化学键，如He原子，故A错误；

B．根据CaTiO3晶胞的结构可知，Ti4+周围的O2-分布在经过该Ti4+的各个面的面心上，这样的面共有12个，所以每个Ti4+与12个O2-紧相邻，故B正确；

C．原子晶体中非金属原子之间的作用力为共价键，则SiO2晶体中每个硅原子能形成4个共价键，则每个Si与4个氧原子以共价键相结合，故C错误；

D．金属晶体的熔点不一定都比分子晶体的熔点高，金属汞常温下为液态，而分子晶体中很多物质在常温下为固态，故D错误；

故选B．

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题型：简答题

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简答题

A．美国《科学》杂志评出的2009年十大科学突破之一是石墨烯的研究和应用方面的突破．石墨烯具有原子级的厚度、优异的电学性能、出色的化学稳定性和热力学稳定性．制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等．石墨烯的球棍模型及分子结构示意图如右：

（1）下列有关石墨烯说法正确的是______．

A．石墨烯的结构与金刚石相似

B．石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面

C．12g石墨烯含σ键数为NA

D．从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用

（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合．

①钴原子在基态时，核外电子排布式为：______．

②乙醇沸点比氯乙烷高，主要原因是______．

③右图是金与铜形成的金属互化物合金，它的化学式可表示为：______．

④含碳源中属于非极性分子的是______（a．甲烷 b．乙炔 c．苯 d．乙醇）

⑤酞菁与酞菁铜染料分子结构如下图，酞菁分子中氮原子采用的杂化方式有：______；酞菁铜分子中心离子的配位数为：______．

B．硫酸钾是重要的化工产品，生产方法很多，如曼海姆法、石膏两步转化法等．

（1）本实验中，采用抽滤方法，图中A、B两仪器名称分别为：______、______．

（2）在一部转化反应器中发生的反应为：CaSO4•2H2O+2NH4HCO3=（NH4）2SO4+CaCO3+CO2↑+3H2O，该步反应温度必须低于35℃，其主要目的是____________．

（3）在两步转化反应器中发生反应的化学方程式为____________．

（4）两步转化反应器中用乙二醇代替水作溶剂，其目的是____________．

（5）磷石膏主要成分为二水硫酸钙（CaSO4•2H2O），还含有未分解的磷矿，未洗涤干净的磷酸、氟化钙、铁铝氧化物等，欲检验母液中含Fe3+，可用亚铁氰化钾溶液检验，该检验反应的离子方程式为：______．

（6）该法优点除K2SO4产率高外，再列举一个优点____________．

正确答案

解：（1）A、石墨烯是平面结构，金刚石空间网状结构，故A错误；

B．碳碳双键上所有原子都处于同一平面，所以导致石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面，故B正确；

C．石墨烯中一个碳原子具有1.5个σ键，所以12g石墨烯含σ键数为1.5NA，故C错误；

D．石墨结构中，石墨层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力，故D正确；

故选BD；

（2）①钴是27号元素，钴原子核外有27个电子，根据构造原理书写基态原子的核外电子排布式，注意向排4s电子再排3d电子，所以基态钴原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2，

故答案为：[Ar]3d74s2；

②分子晶体中，物质的熔沸点随着相对分子质量的增大而增大，但乙醇分子间能形成氢键导致乙醇的熔沸点大于氯乙烷的熔沸点，

故答案为：乙醇分子间可形成氢键，而氯乙烷分子间无氢键；

③每个晶胞中含有的铜原子数=6×=3，含有的金原子数=×8=1，所以它的化学式可表示为：Cu3Au或AuCu3，故答案为：Cu3Au或AuCu3；

④a．甲烷是正四面体结构，属于对称结构，所以是非极性分子；

b．乙炔是直线型结构，属于对称结构，所以是非极性分子；

c．苯是平面结构，属于对称结构，所以是非极性分子；

d．乙醇不是对称结构，所以是极性分子；

故选a、b、c；

⑤酞菁分子中部分氮原子含有2个σ键一个孤对电子，所以采取sp2杂化，部分氮原子含有3个σ键一个孤对电子，所以采取sp3杂化；

该分子中能提供孤对电子的氮原子才是配原子，所以酞菁铜分子中心原子的配位数为：2；

故答案为：sp3和sp2；2；

B．（1）A、B两仪器名称分别为：布氏漏斗和安全瓶，故答案为：布氏漏斗；安全瓶；

（2）碳酸氢铵易分解，为防止碳酸氢铵分解，所以反应温度必须低于35℃，故答案为：防止NH4HCO3分解；

（3）氯化钾和硫酸铵反应生成硫酸钾和氯化铵，反应方程式为：（NH4）2SO4+2KCl=K2SO4+2NH4Cl，

故答案为：（NH4）2SO4+2KCl=K2SO4+2NH4Cl；

（4）硫酸钾易溶于水而不易溶于乙二醇，所以加入乙二醇是为了降低K2SO4溶解度，有利于K2SO4析出，提高产率，

故答案为：降低K2SO4溶解度，有利于K2SO4析出，提高产率；

（5）铁离子和铁氰化钾反应生成KFe[Fe（CN）6]沉淀，其反应方程式为：Fe3++K++[Fe（CN）6]4-=KFe[Fe（CN）6]↓，故答案为：Fe3++K++[Fe（CN）6]4-=KFe[Fe（CN）6]↓；

（6）该法优点除K2SO4产率高外，还有原料得到充分利用，同时得到副产品化肥等，故答案为：原料得到充分利用，同时得到副产品化肥等．

解析

解：（1）A、石墨烯是平面结构，金刚石空间网状结构，故A错误；

B．碳碳双键上所有原子都处于同一平面，所以导致石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面，故B正确；

C．石墨烯中一个碳原子具有1.5个σ键，所以12g石墨烯含σ键数为1.5NA，故C错误；

D．石墨结构中，石墨层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力，故D正确；

故选BD；

（2）①钴是27号元素，钴原子核外有27个电子，根据构造原理书写基态原子的核外电子排布式，注意向排4s电子再排3d电子，所以基态钴原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2，

故答案为：[Ar]3d74s2；

②分子晶体中，物质的熔沸点随着相对分子质量的增大而增大，但乙醇分子间能形成氢键导致乙醇的熔沸点大于氯乙烷的熔沸点，

故答案为：乙醇分子间可形成氢键，而氯乙烷分子间无氢键；

③每个晶胞中含有的铜原子数=6×=3，含有的金原子数=×8=1，所以它的化学式可表示为：Cu3Au或AuCu3，故答案为：Cu3Au或AuCu3；

④a．甲烷是正四面体结构，属于对称结构，所以是非极性分子；

b．乙炔是直线型结构，属于对称结构，所以是非极性分子；

c．苯是平面结构，属于对称结构，所以是非极性分子；

d．乙醇不是对称结构，所以是极性分子；

故选a、b、c；

⑤酞菁分子中部分氮原子含有2个σ键一个孤对电子，所以采取sp2杂化，部分氮原子含有3个σ键一个孤对电子，所以采取sp3杂化；

该分子中能提供孤对电子的氮原子才是配原子，所以酞菁铜分子中心原子的配位数为：2；

故答案为：sp3和sp2；2；

B．（1）A、B两仪器名称分别为：布氏漏斗和安全瓶，故答案为：布氏漏斗；安全瓶；

（2）碳酸氢铵易分解，为防止碳酸氢铵分解，所以反应温度必须低于35℃，故答案为：防止NH4HCO3分解；

（3）氯化钾和硫酸铵反应生成硫酸钾和氯化铵，反应方程式为：（NH4）2SO4+2KCl=K2SO4+2NH4Cl，

故答案为：（NH4）2SO4+2KCl=K2SO4+2NH4Cl；

（4）硫酸钾易溶于水而不易溶于乙二醇，所以加入乙二醇是为了降低K2SO4溶解度，有利于K2SO4析出，提高产率，

故答案为：降低K2SO4溶解度，有利于K2SO4析出，提高产率；

（5）铁离子和铁氰化钾反应生成KFe[Fe（CN）6]沉淀，其反应方程式为：Fe3++K++[Fe（CN）6]4-=KFe[Fe（CN）6]↓，故答案为：Fe3++K++[Fe（CN）6]4-=KFe[Fe（CN）6]↓；

（6）该法优点除K2SO4产率高外，还有原料得到充分利用，同时得到副产品化肥等，故答案为：原料得到充分利用，同时得到副产品化肥等．

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题型：单选题

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单选题

某晶体的部分结构为正三棱柱（如图所示），这种晶体中A、B、C三种微粒数目之比为（　　）

A3：9：4

B1：4：2

C2：9：4

D3：8：4

正确答案

B

解析

解：A位于正三棱柱的顶角，则有的A属于该晶胞，该晶胞中含A的个数为6×=，B分为两类，位于侧棱上的B有属于该晶胞，位于上下底面边上的B有属于该晶胞，该晶胞含B原子个数为3×+6×=2，含C原子个数为1，则A、B、C三种原子个数之比为：2：1=1：4：2，

故选B．

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题型：单选题

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单选题

如图是CaF2晶胞的结构．下列说法正确的是（　　）

A一个CaF2晶胞中含有8个Ca2+

B一个CaF2晶胞中含有8个F-

C在CaF2晶胞中Ca2+的配位数为4

D在CaF2晶胞中F-的配位数为8

正确答案

B

解析

解：A、该晶胞中含有钙离子个数=8×+6×=4，故A错误．

B、氟离子在该晶胞的内部，所以氟离子个数是8，故B正确．

C、在CaF2晶胞中每个Ca2+连接4个氟离子，但在下面一个晶胞中又连接4个氟离子，所以其配位数为8，故C错误．

D、在CaF2晶胞中每个F-连接4个钙离子，所以其配位数为4，故D错误．

故选B．

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题型：单选题

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单选题

如图所示的是某原子晶体A空间结构的一个单元，A与某物质B反应生成C，其实质是每个A-A键中插入一个B原子，则C物质的化学式为（　　）

AAB

BA5B4

CAB2

DA2B5

正确答案

C

解析

解：A空间结构的一个单元中含有5个A原子，每个A-A键中插入一个B原子，5的A原子含有10个A-A键，所以插入了10个B原子，所以该单元中含有5个A原子10个B原子，所以A、B原子个数比是1：2，所以其化学式是AB2，故选C．

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题型：单选题

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单选题

石墨烯是由碳原子构成的单层片状结构的新材料（结构示意图如下），可由石墨剥离而成，具有极好的应用前景．下列说法正确的是（　　）

A石墨烯与石墨互为同位素

B0.12g石墨烯中含有6.02×1022个碳原子

C石墨烯是一种有机物

D石墨烯中的碳原子间以共价键结合

正确答案

D

解析

解：A、石墨烯与石墨均是碳元素形成的单质，应是互为同素异形体的关系，而同位素应是同一元素不同原子间的互称，故A错误；

B、0.12g石墨含=6.02×1021个碳原子，故B错误；

C、有机物通常指含碳元素的化合物，而石墨烯显然是由碳原子构成的单质，故C错误；

D、石墨烯是由石墨剥离而成，即是石墨中的一层，碳原子间是以共价键结合，故D正确；

故选D．

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题型：简答题

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简答题

Ⅰ.2010年上海世博会场馆，大量的照明材料或屏幕都使用了发光二极管（LED）．目前市售LED品片，材质基本以GaAs（砷化镓）、AlGaInP（磷化铝镓铟）、InGaN（氮化铟镓）为主．已知镓是铝同族下一周期的元素．砷化镓的晶胞结构如右图所示．试回答：

（1）砷化镓晶胞中所包含的砷原子（白色球）个数为______，与同一个镓原子（黑色球）相连的砷原子构成的空间构型为______．

（2）N、P、As处于同一主族，其氢化物沸点由高到低的顺序是______（用氢化物分子式表示）．

（3）砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700℃时制得．（CH3）3Ga中镓原子的杂化方式为______．

Ⅱ．氯化铬酰（CrO3Cl2）在有机合成中可作氧化剂或氯化剂，能与许多有机物反应．请回答下列问题．

（1）写出铬原子的基态电子排布式______；与铬同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铬原子相同的元素有______（填元素符号）．

（2）CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断CrO2Cl2是______分子（填“极性”或“非极性”）．

正确答案

解：Ⅰ．（1）根据“均摊法”：白色球个数为6×+8×=4．由晶胞图可知与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为正四面体，故答案为：4；正四面体；

（2）由于NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点最高，由于AsH3的相对分子质量大于PH3，故AsH3的沸点高于PH3，故答案为：NH3＞AsH3＞PH3；

（3）由于Ga原子周围只有3对成键电子对，故其杂化方法为sp2，故答案为：sp2；

Ⅱ．（1）Cr的原子序数为24，根据能量最低原理可知基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，

铬原子的最外层电子数为1，位于第四周期，与铬同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铬原子相同的元素有K、Cu，

故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1； K、Cu；

（2）CCl4、CS2等为非极性分子，CrO2Cl2能与CCl4、CS2等互溶，根据相似相溶可知，CrO2Cl2为非极性分子，故答案为：非极性．

解析

解：Ⅰ．（1）根据“均摊法”：白色球个数为6×+8×=4．由晶胞图可知与同一个镓原子相连的砷原子构成的空间构型为正四面体，故答案为：4；正四面体；

（2）由于NH3分子间存在氢键，所以NH3的沸点最高，由于AsH3的相对分子质量大于PH3，故AsH3的沸点高于PH3，故答案为：NH3＞AsH3＞PH3；

（3）由于Ga原子周围只有3对成键电子对，故其杂化方法为sp2，故答案为：sp2；

Ⅱ．（1）Cr的原子序数为24，根据能量最低原理可知基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，

铬原子的最外层电子数为1，位于第四周期，与铬同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铬原子相同的元素有K、Cu，

故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1； K、Cu；

（2）CCl4、CS2等为非极性分子，CrO2Cl2能与CCl4、CS2等互溶，根据相似相溶可知，CrO2Cl2为非极性分子，故答案为：非极性．

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题型：简答题

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简答题

决定物质性质的重要因素是物质结构．请回答下列问题：

（1）铜是过渡元素．化合物中，铜常呈现+1价或+2价．

①铜原子的电子排布式______．

②右图为某铜矿晶体结构单元，该铜矿的化学式为______．

③已知，铜的第一电离能为746kJ•mol-1，第二电离能为1958kJ•mol-1．请结合核外电子排布相关知识解释，铜第二电离能远远大于第一电离能的原因______．

（2）Mg是第三周期元素，该周期部分元素氟化物的熔点见表：

解释表中氟化物熔点差异的原因______．

（3）CO的结构可表示为C≡O，N2的结构可表示为N≡N．如表是两者的键能数据（单位：kJ•mol-1）

CO与N2的结构相似，分子中都含有共价三键，其中含有______个π键；结合数据说明CO比N2活泼的原因

______．

（4）已知A和B为第三周期元素，其原子的第一至第四电离能如表所示：

根据以上数据分析：A通常显______价，A的电负性______B的电负性（填“＞”、“＜”或“=”）．

（5）研究物质磁性表明：金属阳离子含未成对电子越多，则磁性越大，磁记录性能越好．离子型氧化物V2O5和CrO2中，适合作录音带磁粉原料的是______（填化学式）．

（6）目前全世界镍的消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位．镍行业发展蕴藏着巨大潜力．

①配合物Ni（CO）4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂．固态Ni（CO）4属于______晶体．

②如右图所示配合物，其分子内存在的作用力有______（填编号）

A．氢键 B．离子键 C．共价键

D．金属键 E．配位键．

正确答案

解：（1）①Cu原子核外有29个电子，Cu的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1；

②根据晶胞结构可知，O位于顶点和体心，共有：8×+1=2个，Cu位于体心，共4个，n（Cu）：n（O）=2：1，所以化学式为Cu2O，故答案为：Cu2O；

③Cu原子失去1个电子后，Cu+中的3d轨道处于全充满状态，处于稳定状态，第二电离能较大，故答案为：Cu+中的3d轨道处于全充满状态，较稳定；

（2）NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低；Mg2+的半径比Na+的半径小，Mg2+带2个单位正电荷数比Na+多，故MgF2的熔点比NaF高；

故答案为：NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低；Mg2+的半径比Na+的半径小，Mg2+带2个单位正电荷数比Na+多，故MgF2的熔点比NaF高；

（3）根据氮气分子结构知，一个CO分子中含有2个π键，根据表中键能知，CO中第一个π键的键能是1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273kJ/mol，N2中第一个π键的键能是941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol，CO中第一个π键的键能较小，所以CO的第一个π键比N2更容易断，所以一氧化碳比氮气活泼，

故答案为：2；CO中第一个π键的键能是1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273kJ/mol，N2中第一个π键的键能是941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol，断裂一个π键所需的能量，CO比N2小很多，故CO更活泼；

（4）A和B为第三周期元素，A元素的第三电离能远远小于第四电离能，说明A元素最外层有3个电子，失去3个电子时达到稳定结构，所以A为Al元素；B元素的第二电离能远远小于第三电离能，则B元素最外层有2个电子，失去两个电子后达到稳定结构，所以B为Mg元素，A元素最外层有3个电子，常常容易失去3个电子而达到稳定结构，所以A元素通常显+3价，由于金属性Al＜Mg，所以电负性A＞B，故答案为：+3；＞；

（5）V2O5中钒离子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6；CrO2中铬离子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d2，所以CrO2中的未成对电子数大于V2O5中未成对电子数，故选CrO2．故答案为：CrO2；

（6）配合物Ni（CO）4常温为液态，熔点低，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，所以Ni（CO）4属于分子晶体；根据图可知碳碳间、碳氮间为共价键，氮镍间为配位键，氧氢间为氢键，故答案为：分子晶体；ACE．