- 晶体的常识
- 共3962题
正确答案
解析
解：A、由晶胞结构可知，每个Zn原子周围有4个S原子，每个S原子周围有4个Zn原子，立方ZnS中Zn原子面心立方堆积，S原子为体心立方堆积，六方ZnS中原子为六方最密堆积，故A正确；
B、由晶胞结构可知，立方ZnS中S原子作体心立方最密堆积，在六方ZnS晶体中，S原子作六方最密堆积，故B正确；
C、由立方ZnS晶胞可知，Zn原子填充在一半的四面体空隙中，Zn原子面心立方堆积，形成立方面心点阵，故C错误；
D、立方ZnS和六方ZnS属于晶体结构不同，不是分子结构不同，二者不是同分异构体，故D正确；
故选C．
正确答案
解析
解：A．晶胞中：P位于顶点和面心，数目为8×
B．磷化硼晶体是原子晶体，熔点高，但熔融状态下没有自由的离子所以不能导电，故B错误；
C．该晶胞配位数为4，即每个原子均形成4条共价键，故C正确；
D．磷化硼晶体结构微粒的空间堆积方式与氯化钠不相同．磷化硼晶体堆积方式与CuS晶胞类型相同，故D错误；
故选C．
正确答案
解：由Na2O晶胞结构结构可知，晶胞中黑色球数目=8×
该晶胞质量=4×
故答案为：立方体结构；
解析
解：由Na2O晶胞结构结构可知，晶胞中黑色球数目=8×
该晶胞质量=4×
故答案为：立方体结构；
（1）某种金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于______（填“晶 体”或“非晶体”）．
（2）基态铜原子有______个未成对电子，二价铜离子的电子排布式为______，在CuS04溶液 中滴入过量氨水，形成配合物的颜色为______．
（3）铜能与类卤素（SCN）2反应生成Cu（SCN）2，1mol（SCN）2分子中含有．键的数目为______；类卤素（SCN）2对应的酸有两种，理论上硫氰酸（H-S-C≡N）的沸点低于异硫氰酸（H-N=C=S）的沸点，其原因是______．
（4）ZnS的晶胞结构如图1所示，在ZnS晶胞中，S2-的配位数为______．
（5）铜与金形成的金属互化物结构如图2，其晶胞边长为a nm，该金属互化物的密度为______（用含“a、NA 的代数式表示）g•cm-3．
正确答案
解：（1）晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，故答案为：晶体；
（2）Cu为29号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，可以看出只有4S轨道上的电子未成对，二价铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，在CuS04溶液 中滴入过量氨水，形成配合物为[Cu（NH3）4]2+，为深蓝色，故答案为：1；1s22s22p63s23p63d9；深蓝色；
（3）（SCN）2分子结构式为N≡C-S-S-C≡N，1个N≡C键中有1个θ键，其余两个为π键，1mol（SCN）2分子中含有θ键的数目为5NA，异硫氰酸（H-N=C=S）分子中N原子上连接有H原子，分子间能形成氢键，故沸点高，故答案为：5NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能；
（4）根据图1，距离S2-最近的锌离子有4个，即S2-的配位数为4，故答案为：4；
（5）Cu原子位于晶胞面心，数目为6×
解析
解：（1）晶体中粒子在三维空间里呈周期性有序排列，有自范性；而非晶体中原子排列相对无序，无自范性，故答案为：晶体；
（2）Cu为29号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，可以看出只有4S轨道上的电子未成对，二价铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，在CuS04溶液 中滴入过量氨水，形成配合物为[Cu（NH3）4]2+，为深蓝色，故答案为：1；1s22s22p63s23p63d9；深蓝色；
（3）（SCN）2分子结构式为N≡C-S-S-C≡N，1个N≡C键中有1个θ键，其余两个为π键，1mol（SCN）2分子中含有θ键的数目为5NA，异硫氰酸（H-N=C=S）分子中N原子上连接有H原子，分子间能形成氢键，故沸点高，故答案为：5NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能；
（4）根据图1，距离S2-最近的锌离子有4个，即S2-的配位数为4，故答案为：4；
（5）Cu原子位于晶胞面心，数目为6×
金属钛性能优越，被誉为继Fe、Al后应用广泛的“第三金属”．
（1）Ti基态原子的电子排布式为______．
（2）钛能与B、C、N、O等非金属元素形成稳定的化合物．电负性：C______（填“＞”或“＜”下同）B；第一电离能：N______O．
（3）月球岩石--玄武岩的主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3）． FeTiO3与80%的硫酸反应可生成TiOSO4．SO42-的空间构型为______形，其中硫原子采用______杂化．
（4）磷酸钛〔Ti3（PO4）4]锂离子电池能量密度大、安全性高．Ti3（PO4）4可由TiOSO4与H3PO4反应制得．两分子H3PO4发生脱水生成焦磷酸；则三分子H3PO4脱去两分子H2O生成三磷酸，其结构式为______，四分子H3PO4 脱去四分子H2O生成的四偏磷酸属于______元酸．
（5）Ti的氧化物和CaO相互作用能形成钛酸盐CaTiO3，CaTiO3的晶体结构如图所示（Ti4+位于立方体的顶点）．该晶体中，Ti4+和周围______个O2-相紧邻．
（6）Fe能形成多种氧化物，其中FeO晶胞结构为NaCI型．晶体中实际上存在空位、错位、杂质原子等缺陷，晶体缺陷对晶体的性质会产生重大影响．由于晶体缺陷，在晶体中Fe和O的个数比发生了变化，变为FexO（x＜1）中，若测得某FexO晶体密度为5.71g•cm-3，晶胞边长为4.28X10-10 m，则FexO中x=______．
正确答案
1s22s22p63s23p63d24s2
＞
＞
正四面体
sp3
四
12
0.92
解析
解：（1）Ti是22号元素，原子核外有22个电子，根据构造原理知Ti基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2；
故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2；
（2）C和B属于同一周期且C的原子序数大于B，所以电负性C＞B，N原子中2p轨道处于半充满状态，O原子中2p轨道既不是半充满也不是全空或全满，所以N原子第一电离能比O原子大；
故答案为：＞；＞；
（3）SO42-中价电子数=4+
故答案为：正四面体；sp3；
（4）三分子磷酸可脱去两分子水生成三磷酸，分子式为H5P3O10，P-O键没有变，氢原子都是与氧原子相连，结构式为
四分子H3PO4 脱去四分子H2O生成的四磷酸，四磷酸脱去一分子H2O生成四偏磷酸，故四偏磷酸属于四元酸；
故答案为：
（5）O2-、Ti4+分别位于立方体的面心和顶点，与顶点Ti4+紧邻等距离最近的O2-位于晶胞的三个平面，即横平面、正平面和侧平面，将每个平面扩展，则每个平面中距离Ti4+最近的O2-均有4个，故共有3×4=12；
故答案为：12；
（6）FexO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个FexO，根据m=ρV得：（56x+16）×
故答案为：0.92．
元素X的基态原子中的电子共有7个能级，且最外层电子数为1，X原子的内层轨道全部排满电子．在气体分析中，常用XCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，其化学反应如下：2XCl+2CO+2H2O═X2Cl2•2CO•2H2O
（1）X基态原子的电子排布式为______．
（2）C、H、O三种原子的电负性由大到小的顺序为______．
（3）X2Cl2•2CO•2H2O是一种配合物，其结构如图1所示：
①与CO为互为等电子体的分子是______．
②该配合物中氯原子的杂化方式为______．
③在X2Cl2•2CO•2H2O中，每个X原子能与其他原子形成3个配位键，在图中用“→”标出相应的配位键______．
（4）XCl的晶胞如2图所示，距离每个X+最近的Cl-的个数为______．
正确答案
解：A（1）由于含有7个能级，根据能量最低原则，写出7个能级为1s2s2p3s3p3d4s；且最外层电子数为1，X原子的内层轨道全部排满电子，电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
（2）电负性同周期从左到右，逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小，C、H、O三种原子的电负性由大到小的顺序为：O＞C＞H，故答案为：O＞C＞H；
（3）①与CO原子数相同，且价电子数相同的物质为N2，故答案为：N2；
②根据图2中，氯原子形成了四条共价键，即有四条杂化轨道，杂化类型为sp3，故答案为：sp3；
③根据氯原子最外层电子数为7可知，氯原子可形成一对共用电子对，即氯原子形成的两条共价键中只有一条为配位键，而X可形成三条配位键，可据此标出配位键，
故答案为：
（4）根据图2可知晶胞类型为ZnS，其晶胞中配位数为4，即距离每个X+最近的Cl-的个数为4，故答案为：4．
解析
解：A（1）由于含有7个能级，根据能量最低原则，写出7个能级为1s2s2p3s3p3d4s；且最外层电子数为1，X原子的内层轨道全部排满电子，电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
（2）电负性同周期从左到右，逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小，C、H、O三种原子的电负性由大到小的顺序为：O＞C＞H，故答案为：O＞C＞H；
（3）①与CO原子数相同，且价电子数相同的物质为N2，故答案为：N2；
②根据图2中，氯原子形成了四条共价键，即有四条杂化轨道，杂化类型为sp3，故答案为：sp3；
③根据氯原子最外层电子数为7可知，氯原子可形成一对共用电子对，即氯原子形成的两条共价键中只有一条为配位键，而X可形成三条配位键，可据此标出配位键，
故答案为：
（4）根据图2可知晶胞类型为ZnS，其晶胞中配位数为4，即距离每个X+最近的Cl-的个数为4，故答案为：4．
氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料．以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图甲所示：
请回答下列问题：
（1）B和N相比，电负性较大的是______；
（2）BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF3中B原子的杂化轨道类型为______，BF4-的立体构型为______；
（3）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层间作用力为______；
（4）由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是______、______；
（5）六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构（图乙）与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼的密度是______g•cm-3（1pm=10-10cm，M（BN）=25g．mol-1，阿伏伽德罗常数为NA，只要求列算式，不必计算出数值）．
正确答案
N
sp2
正四面体
分子间作用力
B2O3+3CaF2+3H2SO4
B2O3+2NH3
解析
解：（1）B与N 均位于第二周期，电负性从左向右依次递减，所以N的电负性大于B，故答案为：N；
（2）依据价层电子对互斥理论，计算出BF3的孤对电子对数=
（3）根据石墨结构可知六方氮化硼晶体中，层与层之间靠分子间作用力结合．故答案为：分子间作用力；
（4）由图可知B2O3与CaF2和H2SO4反应即生成BF3，同时还应该产生硫酸钙和水，方程式为B2O3+3CaF2+3H2SO4
（5）根据金刚石的结构可以判断出金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数=8×
石墨烯（如图甲）是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯（如图乙）．
（1）图甲中，1号C与相邻C形成σ键的个数为______．
（2）图乙中，1号C的杂化方式是______，该C与相邻C形成的键角______（填“＞”“＜”或“=”）图甲中1号C与相邻C形成的键角．
（3）若将图乙所示的氧化石墨烯分散在H2O中，则氧化石墨烯中可与H2O形成氢键的原子有______（填元素符号）．
（4）石墨烯可转化为富勒烯（C60），某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图丙所示，M原子位于晶胞的棱上与内部，该晶胞中M原子的个数为______，该材料的化学式为______．
正确答案
解：（1）由图可知，甲中，1号C与相邻C形成3个C-C键，形成σ键的个数为3，故答案为：3；
（2）图乙中，1号C形成3个C-C及1个C-O键，C原子以sp3杂化，为四面体构型，而石墨烯中的C原子杂化方式均为sp2，为平面结构，则图乙中C与相邻C形成的键角＜图甲中1号C与相邻C形成的键角，故答案为：sp3；＜；
（3）水中的O电负性较强，吸引电子能力的强，易与氧化石墨烯中的O-H上的H形成氢键，氧化石墨烯中O与水中的H形成氢键，故答案为：O、H；
（4）M原子位于晶胞的棱上与内部，棱上有12个M，内部有9个M，其个数为12×
故答案为：12；M3C60．
解析
解：（1）由图可知，甲中，1号C与相邻C形成3个C-C键，形成σ键的个数为3，故答案为：3；
（2）图乙中，1号C形成3个C-C及1个C-O键，C原子以sp3杂化，为四面体构型，而石墨烯中的C原子杂化方式均为sp2，为平面结构，则图乙中C与相邻C形成的键角＜图甲中1号C与相邻C形成的键角，故答案为：sp3；＜；
（3）水中的O电负性较强，吸引电子能力的强，易与氧化石墨烯中的O-H上的H形成氢键，氧化石墨烯中O与水中的H形成氢键，故答案为：O、H；
（4）M原子位于晶胞的棱上与内部，棱上有12个M，内部有9个M，其个数为12×
故答案为：12；M3C60．
下列说法正确的是 ①NaCl晶体中每个Na+同时吸引着8个Cl-，CsCl晶体中每个Cl-同时吸引着6个Cs+②蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质 ③水分子之间存在氢键，所以水受热不易分解 ④胶体的本质特征是丁达尔现象 ⑤除去铁粉中混有的少量铝粉，可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤 ⑥可用Ba（OH）2溶液同时鉴别Fe（NO3）3、AlCl3、NH4Cl、FeCl2、Na2SO4五种溶液（ ）
正确答案
解析
解：①NaCl晶体中每个Na+同时吸引着6个Cl-，CsCl晶体中每个Cl-同时吸引着8个Cs+，故错误．②硫酸钡虽然难溶于水，但在熔融状态能完全电离，所以属于强电解质；蔗糖在水溶液里以分子存在，属于非电解质；水能部分电离，属于弱电解质，所以蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故正确．
③水分子之间存在氢键，导致水的熔沸点较大，水中氧元素的非金属性较强，所以其氢化物较稳定，即水受热不易分解，故错误．
④胶体的本质特征是微粒直径在1-100nm之间，故错误．
⑤铝粉能和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，但铁和氢氧化钠不反应，所以除去铁粉中混有的少量铝粉，可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤，故正确．
⑥氢氧化钡和硝酸铁反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀；和氯化铝反应先生成白色沉淀，当氢氧化钡过量时白色沉淀又溶解；和氯化铵反应生成刺激性气味的气体；和氯化亚铁反应先生成白色絮状沉淀，立即白色沉淀又转变为红褐色沉淀；和硫酸钠反应生成白色沉淀，且氢氧化钡过量时，白色沉淀不消失；所以可用Ba（OH）2溶液同时鉴别Fe（NO3）3、AlCl3、NH4Cl、FeCl2、Na2SO4五种溶液，故正确．
故选A．
短周期非金属元素A、B、C的核电荷数依次增大，A原子的外围电子排布式为ns2np2，C是地壳中含量最多的元素．元素D、E都位于第四周期，其中E的核电荷数为29，D原子的核外未成对电子数在同周期中是最多的．请用对应的元素符号或化学式填空：
（1）元素A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为______．
（2）已知（AB）2分子中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，且每个原子的最外层电子均满足8电子结构，则其结构式为______，1mol该分子中含有的π键的数目为______．
（3）基态D原子的外围电子排布式为______．化合物DO2Cl2的熔点是-96.5℃，沸点是117℃，则固态DO2Cl2属于______晶体．
（4）已知元素E的氢化物的晶胞结构如图所示，则其化学式为______．
正确答案
解：短周期非金属元素A、B、C的核电荷数依次增大，A原子的外围电子排布式为ns2np2，则A是第IVA族元素；C是地壳中含量最多的元素，则C是O元素，A的原子序数小于C，所以A是C元素，则B是N元素；
元素D、E都位于第四周期，其中E的核电荷数为29，则E是Cu元素；D原子的核外未成对电子数在同周期中是最多的，则D是Cr元素，
（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的趋势，但第VA族元素大于相邻元素的第一电离能，所以元素A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N，故答案为：C＜O＜N；
（2）（AB）2分子中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，且每个原子的最外层电子均满足8电子结构，则每个碳原子形成4个共价键，每个氮原子形成3个共价键，所以其结构式为N≡C-C≡N，该分子中含有4个π键，所以1mol该分子中含有的π键的数目为4NA，故答案为：N≡C-C≡N，4NA（或2.408×1024）；
（3）基态D原子的外围电子排布式为3d54s1，分子晶体的熔沸点较低，根据题意知，固态DO2Cl2属于分子晶体，故答案为：3d54s1，分子；
（4）该晶胞中氢原子个数是4，铜原子个数=8×
解析
解：短周期非金属元素A、B、C的核电荷数依次增大，A原子的外围电子排布式为ns2np2，则A是第IVA族元素；C是地壳中含量最多的元素，则C是O元素，A的原子序数小于C，所以A是C元素，则B是N元素；
元素D、E都位于第四周期，其中E的核电荷数为29，则E是Cu元素；D原子的核外未成对电子数在同周期中是最多的，则D是Cr元素，
（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的趋势，但第VA族元素大于相邻元素的第一电离能，所以元素A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N，故答案为：C＜O＜N；
（2）（AB）2分子中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，且每个原子的最外层电子均满足8电子结构，则每个碳原子形成4个共价键，每个氮原子形成3个共价键，所以其结构式为N≡C-C≡N，该分子中含有4个π键，所以1mol该分子中含有的π键的数目为4NA，故答案为：N≡C-C≡N，4NA（或2.408×1024）；
（3）基态D原子的外围电子排布式为3d54s1，分子晶体的熔沸点较低，根据题意知，固态DO2Cl2属于分子晶体，故答案为：3d54s1，分子；
（4）该晶胞中氢原子个数是4，铜原子个数=8×
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