晶胞计算习题答案

1、1、【答案】(1)mol1(2)84 48【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个晶胞的体积为a3cm3；一个晶胞的质量为a3 g；由a3 g，得NAmol1。(2) 每个Ca2周围吸引8个F，每个F周围吸收4个Ca2，所以Ca2的配位数为8，F的配位数为4。F位于晶胞内部，所以每个晶胞中含有F8个。含有Ca2为×8×64个。ag·cm3，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+BC2=AC2,AC=4r,故原子半径，根据均摊法

2、得，每个正立方体包括金属原子8×18+6×1/24(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，是学生能力提升的较好选择。3、（1）34.0% （2）2.36 g/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=43r3×8cm3，根据硬球接触模型可知，体对角线四分之一处的原子与顶点上的原子紧贴，设晶胞边长为a，所以14×3a=2x，解得a83xcm，晶胞体积(83xcm)3，因此空间利用率43r3×8cm3(

3、83xcm)3×100%34.0%。（2）根据以上分析可知边长43×234×10-10cm，所以密度8×28NA×(43×234×10-10)3=2.36g/cm3。4、【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，则有正方形的对角线为2d。正方形边长为d。所以V晶(d)32d3，VmNAd3NA，所以。5、【答案】（1）YBa2Cu3O7（2）

4、价n（Cu2）n（Cu3）21【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；晶胞中间立方体的8个顶点各有一个Cux，它们分别被4个晶胞共用，因此该晶胞中的Cux为n（Cux）（个）。晶胞最上方、最下方平面的棱边上共有4个氧离子，分别被4个晶胞共用；又在晶胞上的立方体的竖直棱边上和晶胞下方的立方体的竖直棱边上各有4个氧离子，它们分别被4个晶胞共用；中间立方体的水平棱边上共有8个氧离子，它们分别被2个晶胞共用，因此该晶胞中的氧离子个数为n（O2）（个）。所以晶体中Y、Ba、Cu、O原子个数比为1237，化学式为YB

5、a2Cu3O7。（2）设Cu的平均化合价为x，由化合物中元素正负化合价代数为零可得：1×（3）2×（2）3×x7×（2）0，x（价）。Cu2与Cu3原子个数之比为21。6、【答案】（1）g·cm-3或g·cm-3(2)691【解析】（1）因为NiO的晶体结构与NaCl的晶体结构相同，均为正方体。从晶体结构模型中分割出一个小立方体，其中小立方体的边长为Ni2+与最邻近O2-的核间距离即×10-8cm，在这个小立方体中含Ni2+:，含O2-:，所以,(×10-8)3×Nacm3是0.5 mol NiO具有的体

6、积，则(×10-8)-3Nacm3×=0.5 mol×74.7 g·mol-1,g·cm-3=g·cm-3。解题的关键是确定晶胞的组成后，通过晶体组成计算出存在的微粒数。（2）设1 mol Ni0.97O中，含有Ni3+Xmol,Ni2+为(0.97-)mol，根据晶体显电中性，即3mol+2(0.97-)mol=2×1 mol，解得=0.06,Ni2+为(0.97-)mol=0.91 mol，则离子数之比为Ni3+Ni2+=0.060.91=691。7、【答案】(1)2(2)3.16×108cm(3)1.37&#

7、215;108cm【解析】(1)正确应用均摊法确定一个晶胞中包含的各粒子的数目。(2)应用基本关系式：，先求出晶胞的体积，然后根据Va3计算晶胞的边长。8、 6；sp3；V形；1：2；CN；（2）；6：91；9、【答案】【解析】依据NaCl晶胞的结构可知，每个CaO晶胞中“实际”拥有4个CaO微粒，则1 mol CaO微粒可形成个晶胞，设每个晶胞的体积为V cm3，则×V×a56，解得Vcm3。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（

8、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的X、Y、Z、Q、W四种元素，其中X是原子半径最小的元素，则X是H元素；Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，则Y是C元素；Q原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，则Q是O元素，则Z是N元素；W元素的原子结构中3d能级有4个未成对电子。W是Cr元素或Fe元素,由于W可以形成+3价的离子，因此W只能是Fe元素。(1)Y2X2分子是乙炔C2H2，结构式是分子中Y原子轨道的杂化类型为sp杂化，Y2X2分子中键和键个数比为3:2。(2)化合物ZX3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

9、之间的吸引力，使其的沸点比只有分子间作用力的化合物CH4的高.(3)等电子体是原子数相同，原子最外层电子数也相同的微粒。元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，它们是CO2与N2O，则元素Z的这种氧化物的分子式是N2O。(4)基态W3+的M层电子排布式为3s23p63d5。W(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的代数和为0，因此该晶体中W的化合价为0。（5）A分子晶体中，共价键键能越大，含有该共价键的物质的分子稳定性越强，而分子晶体的熔

10、沸点与化学键的强弱无关，只与分子之间的作用力作用，因此不能判断物质的熔沸点的高低，错误；B元素的非金属性越强，其电负性就越大。元素的非金属性H<C<N<O，所以电负性顺序：XYZQ，正确；C因为晶格能CaO比KCl高，断裂消耗的能量就越大，所以KCl比CaO熔点低，正确；DH2YO3为弱酸，错误；（6）Q和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物的晶胞结构如图，根据图示可知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立方体。在一个晶胞中含Na+个数是8×1=8；含有O2-个数是：8×1/8+6×1/2=4；所以一个晶胞中含有4个Na2O，已

11、知该晶胞密度为 g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，假设晶胞的边长是acm，则根据晶胞的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和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元素的外围电子排布为（n-l）dn+6ns1，E为Cu元素，该配位化合物X的化学式为Cu（NH3）4SO4

12、×H2O（2）N、O、S三种元素中，N的2p轨道是半充满状态，所以第一电离能最大，O、S同主族，同主族元素的第一电离能从上到下逐渐减小，所以N、O、S三种元素的第一电离能从小到大的排列顺序是S<O<N（3）D为S元素，最外层电子是6个电子，电子排布式是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个共价单键和1个双键是sp2杂化；碳铂中单键为键，双键中有1个为键，且Pt与N原子间形成配位键，所以碳铂中含有的作用力有共价键、配位键、键、键，答案选AB

13、DE；（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，所以该反应的化学方程式为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,所以该晶胞密度的计算式为=4×M/NA/ a3=g/cm3考点：考查元素推断、电离能的判断、轨道表示式的写法、化学键的判断、氢键的应用、化学方程式的书写、晶胞计算等知识12、0.92 0.826 6 3.03×10-10 根据NaCl晶体结构，1个NaCl

14、晶胞是由8个小立方体如下图(1)构成的。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）每个小立方体的质量为：m=V=5.71 g·cm-3×(4.28×10-10×102cm/m2)3=5.60×10-23 g。M（FexO）=2m·NA=2×5.60×10-23 g×6.02×1023mol-1=67.4 g·mol-1。56.0 g·mol-1×x+16.0 g·m

15、ol-1×1=67.4 g·mol-1x=0.92；（2）设1 mol Fe0.92O中，n(Fe2+)=y mol,则：n(Fe3+)=(0.92-y)mol。根据化合物中各元素正负化合价代数和为零的原则：2×y mol+3×(0.92-y mol)+(-2)×1 mol=0，y=0.76。故Fe2+所占有率为0.760.92=0.826；（3）Fe在晶体中所占空隙的几何形状为正八面体。如图(3)所示。由晶胞结构可知，阴阳离子的配位数均为6，故与某个Fe2+(或Fe3+)距离最近且等距离的O2-的个数为6；（4）如图(1)，铁元素离子间的距离

16、r=2×d2=1.414×4.28×10-10 m×12=3.03×10-10 m。13、2 3.16×10-8 1.37×10-8 【解析】（1）利用均摊法计算；（2）根据=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）晶胞中钨位于晶胞的顶点和体心，晶胞平均含有8×1/8+1=2个钨原子；（2）设晶胞的边长为x，已知金属钨的密度为dg·cm-3，钨的相对原子质量是M，则晶胞的体积为x3cm3，晶胞的质量为2M/NA，则有d=2M/NAx3，x=32MNAdcm=32

17、5;183.96.02×1023×19.30=3.16×10-8cm ；（3）因边长=32MNAdcm，设半径为r，原子紧密相邻，则r=34x=34×1.37×10-8 =1.37×10-8 cm14、【答案】（1）YBa2Cu3O7（2）价n（Cu2）n（Cu3）21【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；晶胞中间立方体的8个顶点各有一个Cux，它们分别被4个晶胞共用，因此该晶胞中的Cux为n（Cux）（个）。晶胞最上方、最下方平面的棱边上共有

18、4个氧离子，分别被4个晶胞共用；又在晶胞上的立方体的竖直棱边上和晶胞下方的立方体的竖直棱边上各有4个氧离子，它们分别被4个晶胞共用；中间立方体的水平棱边上共有8个氧离子，它们分别被2个晶胞共用，因此该晶胞中的氧离子个数为n（O2）（个）。所以晶体中Y、Ba、Cu、O原子个数比为1237，化学式为YBa2Cu3O7。（2）设Cu的平均化合价为x，由化合物中元素正负化合价代数为零可得：1×（3）2×（2）3×x7×（2）0，x（价）。Cu2与Cu3原子个数之比为21。15、【答案】(1)面心立方晶胞(2)4.2×1022g (3)63.21(4)1

19、27.26 pm【解析】(1)根据题意，此金属晶胞属于面心立方晶胞。(2)根据晶胞的边长为360 pm，可得晶胞的体积为(3.6×108)3cm3。根据质量密度×体积，可得晶胞的质量9.0 g/cm3×(3.6×108) cm34.2×1022g。(3)金属的摩尔质量NA×一个原子的质量6.02×1023×4.2×1022÷463.21 (g/mol)，相对原子质量在数值上等于该元素的摩尔质量。(4)在面心立方晶胞中，设原子的半径为r，则晶胞的边长，因此，金属原子的原子半径为×360

20、pm127.26 pm。16、【答案】两个距离最近的Na+中心间的距离=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+中心间的距离。由此小立方体不难想像出顶点上的每个离子均为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，每个小立方体的质量,解得:=2.81×10-8cm两个距离最近的Na+中心间的距离=4.0×10-8cm。17、【解析】（1）锌原子为30号元素，核外电子

21、排布式为Ar3d104s2。（2）Zn核外电子排布式为Ar3d104s2，Cu核外电子排布式为Ar3d104s1。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具有较高的熔点（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，碳原子的杂化形式为sp2。

22、（5）结合题中所给金属锌晶体中的原子堆积方式，可知这种堆积方式称为六方最密堆积。六棱柱底边边长为a cm，可求六棱柱底面积=6××a×a×sin60°6×六棱柱高为c cm，则六棱柱的体积6×；一个金属锌晶胞中含有锌原子数12×+2×+3=6,然后根据密度的计算公式：答案： （1）Ar3d104s2（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的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】3d104s2