晶胞计算习题答案

1、【答案】(1)mol－1(2)①84②48③【解析】(1)铜晶胞为面心立方最密堆积,1个晶胞能分摊到4个Cu原子;1个晶胞得体积为a3cm3;一个晶胞得质量为a3ρg;由＝a3ρg,得NA＝mol－1。(2)①每个Ca2＋周围吸引8个F－,每个F－周围吸收4个Ca2＋,所以Ca2＋得配位数为8,F－得配位数为4。②F－位于晶胞内部,所以每个晶胞中含有F－8个。含有Ca2＋为×8＋×6＝4个。③ρ＝＝＝ag·cm－3,V＝。2、【解析】试题分析:本考查学生对知识综合利用能力,要求对晶胞知识能够融会贯通。依题意画出侧面图,设正立方体边长为a,则体积为a3。AB2+B故原子半径,根据均摊法得,每个正立方体包括金属原子8×1／8+6×1/2＝4(个),球体体积共4×空间利用率为:、考点:均摊法计算点评:本题考查相对综合,就是学生能力提升得较好选择。3、(1)34、0%(2)2、36g/cm3【解析】(1)该晶胞中Si原子个数=4+8×1/8+6×1/2=8,设Si原子半径为xcm,该晶胞中硅原子总体积=43πr3×8cm3,根据硬球接触模型可知,体对角线四分之一处得原子与顶点上得原子紧贴,设晶胞边长为a,所以14×3a=2x,解得a＝83xcm,晶胞体积＝(83xcm)3,因此空间利用率＝434、【答案】(1)4(2)金属原子间相接触,即相切(3)2d3(4)【解析】利用均摊法解题,8个顶点上每个金原子有属于该晶胞,6个面上每个金原子有属于该晶胞,故每个晶胞中金原子个数＝8×＋6×＝4。假设金原子间相接触,则有正方形得对角线为2d。正方形边长为d。所以V晶＝(d)3＝2d3,Vm＝NA＝d3NA,所以ρ＝＝。5、【答案】(1)YBa2Cu3O7    (2)价    n(Cu2＋)∶n(Cu3＋)＝2∶1【解析】(1)由题图所示晶胞可知:一个晶胞中有1个Y3＋,2个Ba2＋。晶胞最上方、最下方分别有4个Cux＋,它们分别被8个晶胞所共用;晶胞中间立方体得8个顶点各有一个Cux＋,它们分别被4个晶胞共用,因此该晶胞中得Cux＋为n(Cux＋)＝(个)。晶胞最上方、最下方平面得棱边上共有4个氧离子,分别被4个晶胞共用;又在晶胞上得立方体得竖直棱边上与晶胞下方得立方体得竖直棱边上各有4个氧离子,它们分别被4个晶胞共用;中间立方体得水平棱边上共有8个氧离子,它们分别被2个晶胞共用,因此该晶胞中得氧离子个数为n(O2－)＝(个)。所以晶体中Y、Ba、Cu、O原子个数比为1∶2∶3∶7,化学式为YBa2Cu3O7。(2)设Cu得平均化合价为x,由化合物中元素正负化合价代数为零可得:1×(＋3)＋2×(＋2)＋3×x＋7×(－2)＝0,x＝＋(价)。Cu2＋与Cu3＋原子个数之比为2∶1。6、【答案】(1)g·cm-3或g·cm-3(2)6∶91【解析】(1)因为NiO得晶体结构与NaCl得晶体结构相同,均为正方体。从晶体结构模型中分割出一个小立方体,其中小立方体得边长为Ni2+与最邻近O2-得核间距离即×10-8cm,在这个小立方体中含Ni2+:,含O2-:,所以,(×10-8)3×Nacm3就是0、5molNiO具有得体积,则(×10-8)-3Nacm3×ρ=0、5mol×74、7g·mol-1,g·cm-3=g·cm-3。解题得关键就是确定晶胞得组成后,通过晶体组成计算出存在得微粒数。(2)设1molNi0、97O中,含有Ni3+Xmol,Ni2+为(0、97-)mol,根据晶体显电中性,即3mol+2(0、97-)mol=2×1mol,解得=0、06,Ni2+为(0、97-)mol=0、91mol,则离子数之比为Ni3+∶Ni2+=0、06∶0、91=6∶91。7、【答案】(1)2    (2)3、16×10－8cm    (3)1、37×10－8cm【解析】(1)正确应用均摊法确定一个晶胞中包含得各粒子得数目。(2)应用基本关系式:,先求出晶胞得体积,然后根据V＝a3计算晶胞得边长。8、6;sp3;V形;②1:2;CN﹣;(2)＞;6:91;9、【答案】【解析】依据NaCl晶胞得结构可知,每个CaO晶胞中“实际”拥有4个CaO微粒,则1molCaO微粒可形成个晶胞,设每个晶胞得体积为Vcm3,则×V×a＝56,解得V＝cm3。10、(1)sp杂化(1分);3:2(2分);(2)NH3分子间存在氢键(1分);(3)N2O(2分);(4)3s23p63d5(2分);分子晶体(1分)0(1分);(5)BC(2分);(6)立方体(1分);;(2分)试题分析:原子序数依次递增且都小于36得X、Y、Z、Q、W四种元素,其中X就是原子半径最小得元素,则X就是H元素;Y原子基态时最外层电子数就是其内层电子数得2倍,则Y就是C元素;Q原子基态时2p原子轨道上有2个未成对得电子,则Q就是O元素,则Z就是N元素;W元素得原子结构中3d能级有4个未成对电子。W就是Cr元素或Fe元素,由于W可以形成+3价得离子,因此W只能就是Fe元素。(1)Y2X2分子就是乙炔C2H2,结构式就是分子中Y原子轨道得杂化类型为sp杂化,Y2X2分子中σ键与π键个数比为3:2。(2)化合物ZX3就是NH3,在氨分子之间除了存在分子间作用力外还存在氢键,增加了分子之间得吸引力,使其得沸点比只有分子间作用力得化合物CH4得高、(3)等电子体就是原子数相同,原子最外层电子数也相同得微粒。元素Y得一种氧化物与元素Z得一种氧化物互为等电子体,它们就是CO2与N2O,则元素Z得这种氧化物得分子式就是N2O。(4)①基态W3+得M层电子排布式为3s23p63d5。②W(CO)5常温下呈液态,熔点为—20、5℃,沸点为103℃,易溶于非极性溶剂,由于其熔沸点较低,易溶于非极性溶剂,所以据此可判断W(CO)x晶体属于分子晶体,在任何化合物水所有元素正负化合价得代数与为0,因此该晶体中W得化合价为0。(5)A.分子晶体中,共价键键能越大,含有该共价键得物质得分子稳定性越强,而分子晶体得熔沸点与化学键得强弱无关,只与分子之间得作用力作用,因此不能判断物质得熔沸点得高低,错误;B.元素得非金属性越强,其电负性就越大。元素得非金属性H<C<N<O,所以电负性顺序:X＜Y＜Z＜Q,正确;C.因为晶格能CaO比KCl高,断裂消耗得能量就越大,所以KCl比CaO熔点低,正确;D.H2YO3为弱酸,错误;(6)Q与Na形成得一种只含有离子键得离子化合物得晶胞结构如图,根据图示可知距一个阴离子周围最近得所有阳离子为顶点构成得几何体为立方体。在一个晶胞中含Na+个数就是8×1=8;含有O2-个数就是:8×1/8+6×1/2=4;所以一个晶胞中含有4个Na2O,已知该晶胞密度为ρg/cm3,阿伏加德罗常数为NA,假设晶胞得边长就是acm,则根据晶胞得密度计算定义式可得:,整理可得。11、(1)(1)Cu(NH3)4SO4×H2O(2分)(2)S<O<N(1分)(3)(1分)(4)H2O与H2O2之间形成氢键(2分)(5)sp3与sp2(2分)ABDE(2分)(6)6CuH+16HNO3=6Cu(NO3)2+3H2↑+4NO↑+8H2O(3分);(2分)试题分析:(1)由题意可推知A为H元素,B为N元素,C为O元素,D为S元素,E元素得外围电子排布为(n-l)dn+6ns1,E为Cu元素,该配位化合物X得化学式为Cu(NH3)4SO4×H2O(2)N、O、S三种元素中,N得2p轨道就是半充满状态,所以第一电离能最大,O、S同主族,同主族元素得第一电离能从上到下逐渐减小,所以N、O、S三种元素得第一电离能从小到大得排列顺序就是S<O<N(3)D为S元素,最外层电子就是6个电子,电子排布式就是3s23p6,轨道表示式为(4)H、O元素可形成化合物H2O与H2O2,二者之间能互溶就是因为H2O与H2O2之间形成氢键(5)C原子周围形成4个共价单键为sp3杂化,形成2个共价单键与1个双键就是sp2杂化;碳铂中单键为σ键,双键中有1个为π键,且Pt与N原子间形成配位键,所以碳铂中含有得作用力有共价键、配位键、σ键、π键,答案选ABDE;(6)A元素与E元素可形成一种红色离子化合物Y,其原子个数比为1:1,则Y为CuH,与稀硝酸反应得蓝色溶液为硝酸铜溶液,两种气体为氢气、一氧化氮,所以该反应得化学方程式为6CuH+16HNO3=6Cu(NO3)2+3H2↑+4NO↑+8H2O;该晶胞中实际含4个Cu,其质量为4×M/NA,晶胞体积为a3cm3,所以该晶胞密度得计算式为ρ=4×M/NA/a3=g/cm3考点:考查元素推断、电离能得判断、轨道表示式得写法、化学键得判断、氢键得应用、化学方程式得书写、晶胞计算等知识12、0、920、82663、03×10-10根据NaCl晶体结构,1个NaCl晶胞就是由8个小立方体〔如下图(1)〕构成得。每个小立方体含1/2个NaCl,同理在FexO晶体中,每个小立方体含1/2个FexO,完整晶体中〔如下图(2)〕,Fe、O交替出现。(1)每个小立方体得质量为:m=ρV=5、71g·cm-3×(4.28×10-10×102cm/m2M(FexO)=2m·NA=2×5、60×10-23g×6、02×1023mol-1=67、4g·mol-1。56、0g·mol-1×x+16、0g·mol-1×1=67、4g·mol-1x=0、92;(2)设1molFe0、92O中,n(Fe2+)=ymol,则:n(Fe3+)=(0、92-y)mol。根据化合物中各元素正负化合价代数与为零得原则:2×ymol+3×(0、92-ymol)+(-2)×1mol=0,y=0、76。故Fe2+所占有率为0.760.92=0、826(3)Fe在晶体中所占空隙得几何形状为正八面体。如图(3)所示。由晶胞结构可知,阴阳离子得配位数均为6,故与某个Fe2+(或Fe3+)距离最近且等距离得O2-得个数为6;(4)如图(1),铁元素离子间得距离r=2×d2=1、414×4、28×10-10m×12=313、23、16×10-81、37×10-8【解析】(1)利用均摊法计算;(2)根据ρ=m/V计算体积,根据体积计算边长;(3)根据边长计算原子半径。【详解】(1)晶胞中钨位于晶胞得顶点与体心,晶胞平均含有8×1/8+1=2个钨原子;(2)设晶胞得边长为x,已知金属钨得密度为dg·cm-3,钨得相对原子质量就是M,则晶胞得体积为x3cm3,晶胞得质量为2M/NA,则有d=2M/NAx3,x=32MN(3)因边长=32MNAdcm,设半径为r,原子紧密相邻,则r=3414、【答案】(1)YBa2Cu3O7    (2)价    n(Cu2＋)∶n(Cu3＋)＝2∶1【解析】(1)由题图所示晶胞可知:一个晶胞中有1个Y3＋,2个Ba2＋。晶胞最上方、最下方分别有4个Cux＋,它们分别被8个晶胞所共用;晶胞中间立方体得8个顶点各有一个Cux＋,它们分别被4个晶胞共用,因此该晶胞中得Cux＋为n(Cux＋)＝(个)。晶胞最上方、最下方平面得棱边上共有4个氧离子,分别被4个晶胞共用;又在晶胞上得立方体得竖直棱边上与晶胞下方得立方体得竖直棱边上各有4个氧离子,它们分别被4个晶胞共用;中间立方体得水平棱边上共有8个氧离子,它们分别被2个晶胞共用,因此该晶胞中得氧离子个数为n(O2－)＝(个)。所以晶体中Y、Ba、Cu、O原子个数比为1∶2∶3∶7,化学式为YBa2Cu3O7。(2)设Cu得平均化合价为x,由化合物中元素正负化合价代数为零可得:1×(＋3)＋2×(＋2)＋3×x＋7×(－2)＝0,x＝＋(价)。Cu2＋与Cu3＋原子个数之比为2∶1。15、【答案】(1)面心立方晶胞(2)4、2×10－22g[(3)63、21(4)127、26pm【解析】(1)根据题意,此金属晶胞属于面心立方晶胞。(2)根据晶胞得边长为360pm,可得晶胞得体积为(3、6×10－8)3cm3。根据质量＝密度×体积,可得晶胞得质量＝9、0g/cm3×(3、6×10－8)cm3≈4、2×10－22g。(3)金属得摩尔质量＝NA×一个原子得质量＝6、02×1023×4、2×10－22÷4＝63、21(g/mol),相对原子质量在数值上等于该元素得摩尔质量。(4)在面心立方晶胞中,设原子得半径为r,则晶胞得边长＝,因此,金属原子得原子半径为＝×360pm≈127、26pm。16、【答案】两个距离最近得Na+中心间得距离=4、0×10-8cm。【解析】从上述NaCl晶体结构模型中分割出一个小立方体,如图中所示:其中a代表其边长,d代表两个Na+中心间得距离。由此小立方体不难想像出顶点上得每个离子均为8个小立方体所共有。因此小立方体含Na+:4×1/8=1/2,含Cl-:4×1/8=1/2,即每个小立方体含有1/2个(Na+-Cl-)离子对,每个小立方体得质量,,解得:=2、81×10-8cm两个距离最近得Na+中心间得距离=4、0×10-8cm。17、【解析】(1)锌原子为30号元素,核外电子排布式为[Ar]3d104s2。(2)Zn核外电子排布式为[Ar]3d104s2,Cu核外电子排布式为[Ar]3d104s1。Zn核外电子排布为全满稳定结构,较难失电子,所以第一电离能I1(Zn)大于I1(Cu)。(3)ZnF2具有较高得熔点(872℃),ZnF2为离子晶体,故含有离子键;根据ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂,可推知ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为分子晶体,含有共价键,分子极性较小。(4)ZnCO3中,阴离子中σ键=3,孤电子对数=(4+2-3×2)=0所以价电子对数=3+0=3,空间构型为平面三角形,碳原子得杂化形式为sp2。(5)结合题中所给金属锌晶体中得原子堆积方式,可知这种堆积方式称为六方最密堆积。六棱柱底边边长为acm,可求六棱柱底面积=6××a×a×sin60°＝6×六棱柱高为ccm,则六棱柱得体积＝6×;一个金属锌晶胞中含有锌原子数＝12×+2×+3=6,然后根据密度得计算公式:答案:(1)[Ar]3d104s2(2)大于Zn核外电子排布为全满稳定结构,较难失电子(3)离子键ZnF2为离子化合物,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2得化学键以共价键为主、极性较小(4)平面三角形sp2(5)六方最密堆积18、【答案】3d104s24p33N>As