- 晶体的常识
- 共3962题
（1）基态Fe3+的M层电子排布式为______
（2）金属铜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______
（3）Al3Cl．NH3和AlCl4-中均含有配位键．AlCl3．NH3中，提供空轨道的原子是______；AlCl4-中Al原子的杂化方式是______
（4）金属铝的晶胞结构如图所示，则晶体铝中原子的堆积方式为______．晶胞中铝原子半径为dcm，则晶体铝的密度为______g．cm-3（用NA表示阿伏伽德罗常数的数值）
正确答案
解：（1）Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则M层电子排布式为：3s23p63d5，
故答案为：3s23p63d5；
（2）题中给出了两物质和铜单独不反应，而同时混合能反应，说明两者能互相促进，这是两种物质共同作用的结果：其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行；
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；
（3）AlCl3•NH3中Al为中心原子，NH3和Cl-为配体，中心原子提供空轨道，AlCl4-的价层电子对=4+
故答案为：Al；sp3；
（4）结合晶胞结构可知，金属铝中Al的堆积方式为ABCABCABC…，属于面心立方最密堆积，
铝原子半径为d cm，则晶胞的边长为2
故答案为：面心立方最密堆积；
解析
解：（1）Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，则M层电子排布式为：3s23p63d5，
故答案为：3s23p63d5；
（2）题中给出了两物质和铜单独不反应，而同时混合能反应，说明两者能互相促进，这是两种物质共同作用的结果：其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行；
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；
（3）AlCl3•NH3中Al为中心原子，NH3和Cl-为配体，中心原子提供空轨道，AlCl4-的价层电子对=4+
故答案为：Al；sp3；
（4）结合晶胞结构可知，金属铝中Al的堆积方式为ABCABCABC…，属于面心立方最密堆积，
铝原子半径为d cm，则晶胞的边长为2
故答案为：面心立方最密堆积；
第四周期过渡元素Fe、Ti可与C、H、N、O形成多种化合物．
（1）①H、C、N、O四种元素的电负性由小到大的顺序为______．
②下列叙述不正确的是______．（填字母）
A．因为HCHO与水分子间能形成氢键，所以CH2O易溶于水
B．HCHO和CO2分子中的中心原子均采用sp2杂化
C．C6H6分子中含有6个σ键和1个大π键，C2H2是非极性分子
D．CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低
③氰酸（HOCN）是一种链状分子，它与异氰酸（HNCO）互为同分异构体，其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，试写出氰酸的结构式______．
（2）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道能与一些分子或离子形成配合物．
①与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是______
②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4-中不存在______．
A、共价键 B、非极性键 C、配位键 D、σ键 E、π键
写出一种与 CN-互为等电子体的单质分子式______．
（3）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Ti属于______区．
（4）一种Al-Fe合金的立体晶胞如图所示．请据此回答下列问题：
①确定该合金的化学式______．
②若晶体的密度=ρ g/cm3，则此合金中最近的两个Fe原子之间的距离（用含ρ的代数式表示，不必化简）为______cm．
正确答案
解：（1）①同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性C＜N＜O，H的电负性最小，电负性顺序为：H＜C＜N＜O，故答案为：H＜C＜N＜O；
②A．A中甲醛中含有羟基，与水可以形成氢键，故A正确；
B．HCHO分子中C原子采用sp2杂化，但二氧化碳分子中C原子为sp杂化，故B错误；
C．C2H2是直线型对称结构，为非极性分子，但苯中碳碳键含有6个σ键，每个碳氢键含有一个σ键，苯分子中一共含有12个，故C错误；
D．二氧化碳晶体是分子晶体，二氧化硅晶体是原子晶体，所以CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故D正确，
故答案为：BC；
③氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，碳为四价，氮为三价，氧为两价，故N≡C-O-H，故答案为：N≡C-O-H；
（2）①形成配离子具备的条件为：中心原子具有空轨道，配体具有孤对电子对，故答案为：具有孤对电子；
②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4-中Fe2+与CN-形成配位键，CN-中存在C≡N三键，为极性共价键，三键中有1个σ键2个π键，所以CN-中共价键、配位键、σ键、π键；CN-中C原子与1个单位负电荷用N原子替换可得CN-等电子体的单质为N2，故答案为：B；N2；
（3）Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，钛位于第四周期第ⅣB族，属于d区，故答案为：d；
（4）①Fe位于顶点、面心、体心和棱心，数目为8×
故答案为：Fe2Al；
②晶胞质量为：
解析
解：（1）①同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负性C＜N＜O，H的电负性最小，电负性顺序为：H＜C＜N＜O，故答案为：H＜C＜N＜O；
②A．A中甲醛中含有羟基，与水可以形成氢键，故A正确；
B．HCHO分子中C原子采用sp2杂化，但二氧化碳分子中C原子为sp杂化，故B错误；
C．C2H2是直线型对称结构，为非极性分子，但苯中碳碳键含有6个σ键，每个碳氢键含有一个σ键，苯分子中一共含有12个，故C错误；
D．二氧化碳晶体是分子晶体，二氧化硅晶体是原子晶体，所以CO2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，故D正确，
故答案为：BC；
③氰酸（HOCN）是一种链状分子，且其分子内各原子最外层均已达到稳定结构，碳为四价，氮为三价，氧为两价，故N≡C-O-H，故答案为：N≡C-O-H；
（2）①形成配离子具备的条件为：中心原子具有空轨道，配体具有孤对电子对，故答案为：具有孤对电子；
②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4-中Fe2+与CN-形成配位键，CN-中存在C≡N三键，为极性共价键，三键中有1个σ键2个π键，所以CN-中共价键、配位键、σ键、π键；CN-中C原子与1个单位负电荷用N原子替换可得CN-等电子体的单质为N2，故答案为：B；N2；
（3）Ti原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，钛位于第四周期第ⅣB族，属于d区，故答案为：d；
（4）①Fe位于顶点、面心、体心和棱心，数目为8×
故答案为：Fe2Al；
②晶胞质量为：
元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．元素Y基态原子的3p 轨道上有4个电子．元素Z 的原子最外层电子数是其内层的3倍．
（1）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如右图所示．
①在1个晶胞中，X离子的数目为______．
②该化合物的化学式为______．
（2）在Y的氢化物（H2Y）分子中，Y原子轨道的杂化类型是______．
（3）Z的氢化物（H2Z）在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是______．
（4）Y与Z可形成YZ42-
①YZ42-的空间构型为______ （用文字描述）．
②写出一种与YZ42-互为等电子体的分子的化学式：______．
（5）X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X（NH3）4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为______．
正确答案
4
ZnS
sp3
水分子与乙醇分子之间形成氢键
正四面体
CCl4或SiCl4等
16NA
解析
解：元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，所以Z是O元素．
（1）①X离子数目=8×
②该晶胞中X离子数目=8×
（2）在H2S中硫原子的价层电子数=2+
（3）在乙醇的水溶液中，水分子和乙醇分子之间易形成氢键，氢键的存在导致其溶解性增大，故答案为：水分子与乙醇分子之间形成氢键；
（4）①SO42-中价层电子数=4+
②等电子体中原子个数相等且价电子数相等，所以与YZ42-互为等电子体的分子的化学式为CCl4或SiCl4等，故答案为：CCl4或SiCl4等；
（5）每mol配合物[X（NH3）4]Cl2中，σ键数目=（3×4+4）NA=16NA，故答案为：16NA．
铜及其合金是人类最早使用的金属材料．
（1）Cu+的核外电子排布式是______．
（2）铜的熔点比钙的高，其原因是______；
（3）①向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu（OH）4]2-．不考虑空间构型，[Cu（OH）4]2-的结构可用示意图表示为______． ②[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu（NH3）4]2+的空间构型为______．
（4）用晶体的x射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数．对金属铜的测定得到以下结果：晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm．又知铜的密度为9.00g•cm-3，则铜晶胞的体积是______cm3、晶胞的质量是______g，阿伏加德罗常数为______（列式计算，己知Ar（Cu）=63.6）．
正确答案
解：（1）铜是29号元素，铜原子失去一个电子变成亚铜离子，所以亚铜离子核外有28个电子，Cu+的核外电子排布式是：1s22s22p63s23p63d10；
故答案为：1s22s22p63s23p63d10；
（2）金属的物理性质主要取决于金属键的强弱，一般金属键越强，金属的硬度越大、熔点越高；
故答案为：晶体中铜的金属键强度大于钙；
（3）①[Cu（OH）4]2-中与Cu2+与4个OH-形成配位键，可表示为
②形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如为正四面体，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，只有一种结构，所以应为平面正方形；
故答案为：
（4）根据晶胞的边长a=361pm=3.61×10-8cm，其体积为（3.61×10-8cm）3=4.7×10-23cm3；
晶胞的质量=9.00g/cm3×4.7×10-23cm3=4.23×10-22g；
晶胞中含有4个Cu原子，故63.6g/mol=
故答案为：4.7×10-23cm3；4.23×10-22g；6.01×10-23mol-1．
解析
解：（1）铜是29号元素，铜原子失去一个电子变成亚铜离子，所以亚铜离子核外有28个电子，Cu+的核外电子排布式是：1s22s22p63s23p63d10；
故答案为：1s22s22p63s23p63d10；
（2）金属的物理性质主要取决于金属键的强弱，一般金属键越强，金属的硬度越大、熔点越高；
故答案为：晶体中铜的金属键强度大于钙；
（3）①[Cu（OH）4]2-中与Cu2+与4个OH-形成配位键，可表示为
②形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如为正四面体，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，只有一种结构，所以应为平面正方形；
故答案为：
（4）根据晶胞的边长a=361pm=3.61×10-8cm，其体积为（3.61×10-8cm）3=4.7×10-23cm3；
晶胞的质量=9.00g/cm3×4.7×10-23cm3=4.23×10-22g；
晶胞中含有4个Cu原子，故63.6g/mol=
故答案为：4.7×10-23cm3；4.23×10-22g；6.01×10-23mol-1．
X、Y、Z、W、Q、R均为前四周期元素，且原子序数依次增大．其相关信息如下表所示：
回答下列问题：
（1）Y元素的基态原子的电子排布式为______；其第一电离能比Z元素原子的第一电离能______（填“高”或“低”）．
（2）X的氯化物的熔点比Q的氯化物的熔点______ （填“高”或“低”），理由是______．
（3）光谱证实元素W的单质与强碱性溶液反应有[W（OH）4]-生成，则[W（OH）4]-中存在（填字母）______．
a．极性共价键 b．非极性共价键 c．配位键 d．氢键
（4）如图1金属原子在平面中有两种堆积方式，其中属于紧密堆积的是______（填序号），其配位数为______．
（5）含有X、R和镁三种元素的某种晶体具有超导性，其结构如图2所示．则该晶体的化学式为______；晶体中每个镁原子周围距离最近的R原子有______个．
正确答案
1s22s22p3
高
低
分子晶体熔点低于离子晶体
ac
（b）
6
MgCNi3
12
解析
解：X、Y、Z、W、Q、R均为前四周期元素，且原子序数依次增大，
X元素的基态原子中电子分布在三个不同的能级中，且每个能级中的电子总数相同，则X是C元素；
Y元素的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应，且Y原子序数大于X，则Y为N元素；
Z元素的族序数是其周期数的三倍，且Z原子序数大于Y，短周期族序数不超过7，则Z是O元素；
Q为前四周期中电负性最小的元素，则Q是K元素；
W原子的第一至第六电离能分别为：I1=578KJ•mol-1、I2=1817KJ•mol-1、I3=2745KJ•mol-1、I4=11575KJ•mol-1、I5=14830KJ•mol-1、I6=18376KJ•mol-1，第3电离能远远小于第四电离能，则W属于第IIIA族元素，原子序数大于Z而小于Q，则W为Al元素；
元素R位于周期表的第10列，且属于前四周期元素，则R为Ni元素；
（1）Y是N元素，Y原子核外有7个电子，根据构造原理知N的基态原子的电子排布式为1s22s22p3；
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族元素第一电离能大于其相邻元素，所以N第一电离能比O元素原子的第一电离能高，
故答案为：1s22s22p3；高；
（2）离子晶体的熔点大于分子晶体，C的氯化物是分子晶体、K的氯化物是离子晶体，所以C的氯化物的熔点比K的氯化物的熔点低，
故答案为：低；分子晶体熔点低于离子晶体；
（3）元素W的单质为Al，与强碱性溶液反应有[Al（OH）4]-生成，不同非金属元素之间存在极性键，含有空轨道的原子和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，所以[Al（OH）4]-中存在极性键、配位键，
故选ac；
（4）如图1金属原子在平面中有两种堆积方式，其中属于紧密堆积的是（b），其配位数为6，
故答案为：（b）；6；
（5）含有C、Ni和镁三种元素的某种晶体具有超导性，C原子个数=1、Mg原子个数=8×
故答案为：MgCNi3；12．
正确答案
解析
解：根据题意知，图给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：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
正确答案
解析
解：A．正硼酸晶体中存在H3BO3分子，且该晶体中存在氢键，说明硼酸由分子构成，是分子晶体，分子晶体内只有共价键，故A错误；
B．分子的稳定性与分子内的B-O、H-O共价键有关，熔沸点与氢键有关，故B错误；
C．硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，因此B原子不是8e-稳定结构，故C错误；
D.1个硼酸分子形成了6个氢键，但每个氢键是2个硼酸分子共用的，所以平均含3个氢键，则含有1molH3BO3的晶体中有3mol氢键，故D正确；
故选D．
下列图象是从NaCl或CsCl晶体结构图中分割出来的部分结构图，试判断属于NaCl晶体结构的图象是（ ）
正确答案
解析
解：由于在NaCl晶体中，每个Na+周围同时吸引着最近的等距离的6个Cl-同样每个Cl-周围同时吸引着最近的等距离的6个Na+，图（1）中符合条件，图（4）中选取其中一个离子，然后沿X、Y、Z三轴切割得到6个等距离的且最近的带相反电荷的离子，所以其配位数也是6，故符合条件，
故选D．
①写出与Ca在同一周期，且最外层电子数与K的相同，内层排满电子的基态原子的电子排布式：______；CaCN2中CN22-，与CN22-互为等电子体的分子有CO2和______（填化学式，答一个即可），由此可以推知CN22-的空间构型为______．
②氰氨化钙（CaCN2）的重要性质之一就是与水反应，CaCN2+2H2O=NH2CN+Ca（OH）2，NH2CN与水反应生成尿素[CO（NH2）2]．尿素分子中所含元素电负性由大到小为______（用元素符号表示）．
③三聚氰胺（
④生石灰晶体晶胞如图所示，其晶体中Ca2+的配位数为______，CaO晶胞和NaCl晶胞形状完全相同，但二者的晶格能却分别为：CaO3401kJ•mol-1、NaCl786kJ•mol-1．导致两者晶格能差异很大的主要原因是______；CaO晶胞边长为apm，则其的密度为______gcm-3．
正确答案
解：①与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子是锌，根据构造原理，基态的锌原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；与CN22-互为等电子体的分子有N2O和CO2；等电子体具有相同的价电子数、原子总数，结构相似，二氧化碳分子是直线形，所以CN22-离子的空间构型是直线形．
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；N2O；直线形；
②原子的得电子能力越强，其电负性的数值越大，电负性由大到小为O＞N＞C＞H，故答案为：O＞N＞C＞H；
③共价单键为σ，共价双键中一个是σ一个是π键，σ键和π键数目之比为15：3=5：1，故答案为：5：1；
④以钙离子为中心，沿X、Y、Z三轴进行切割，上下左右前后，结合图片知，钙离子的配位数是6；晶格能大小与离子带电量成正比，CaO晶体中Ca2+、O2-的带电量大于NaCl晶体中Na+、Cl-的带电量，导致的氧化钙晶格能大于氯化钠的晶格能；若该晶胞的边长为apm，晶胞体积为（a×10-10cm）3，晶胞中有4个Ca原子、4个O原子，故晶胞质量为
故答案为：6；CaO晶体中Ca2+、O2-所带电荷电量大于NaCl晶体中Na+、Cl-的带电量；
解析
解：①与Ca在同一周期且最外层电子数相同、内层排满电子的基态原子是锌，根据构造原理，基态的锌原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；与CN22-互为等电子体的分子有N2O和CO2；等电子体具有相同的价电子数、原子总数，结构相似，二氧化碳分子是直线形，所以CN22-离子的空间构型是直线形．
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；N2O；直线形；
②原子的得电子能力越强，其电负性的数值越大，电负性由大到小为O＞N＞C＞H，故答案为：O＞N＞C＞H；
③共价单键为σ，共价双键中一个是σ一个是π键，σ键和π键数目之比为15：3=5：1，故答案为：5：1；
④以钙离子为中心，沿X、Y、Z三轴进行切割，上下左右前后，结合图片知，钙离子的配位数是6；晶格能大小与离子带电量成正比，CaO晶体中Ca2+、O2-的带电量大于NaCl晶体中Na+、Cl-的带电量，导致的氧化钙晶格能大于氯化钠的晶格能；若该晶胞的边长为apm，晶胞体积为（a×10-10cm）3，晶胞中有4个Ca原子、4个O原子，故晶胞质量为
故答案为：6；CaO晶体中Ca2+、O2-所带电荷电量大于NaCl晶体中Na+、Cl-的带电量；
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