2020届高考化学一轮复习晶体结构和性质作业

2020届高考化学一轮复习晶体结构和性质作业

晶体结构和性质 一、单选题 ‎1．下列有关物质结构说法正确的是 A．氯化钠固体中的离子键在溶于水时被破坏 B．碘升华时克服了共价键和分子间作用力 C．含极性键的共价化合物一定是电解质 D．HF的分子间作用力大于HCl，故HF比HCl更稳定 ‎2．下列哪些性质不能区别晶体与玻璃体 A．各向异性 B．X－射线衍射 C．导电性 D．有规则的几何外形 ‎3．从我们熟悉的食盐、金属、冰到贵重的钻石等都是晶体，而同样透明的玻璃却是非晶体。下列关于晶体和非晶体的本质区别的叙述中，正确的是 A．是否具有规则的几何外形 B．是否具有固定组成 C．是否具有美观对称的外形 D．内部基本构成微粒是否按一定规律做周期性重复排列 ‎4．如图是某固体的微观结构示意图，请认真观察两图，判断下列说法正确的是 A．两种物质在一定条件下都会自动形成有规则几何外形的晶体 B．Ⅰ形成的固体物理性质有各向异性 C．Ⅱ形成的固体一定有固定的熔、沸点 D．二者的X－射线图谱是相同的 ‎5．下列物质中前者为晶体，后者为非晶体的是 A．白磷、蓝矾 B．陶瓷、塑料 C．碘、橡胶 D．食盐、蔗糖 ‎6．下列物质有固定熔沸点的是 A．CuSO4溶液 B．石蜡 C．玻璃 D．白磷 ‎7．下列关于晶体的说法正确的是 A．粉末状的硝酸钾固体没有多面体外形，故为非晶体 B．晶体呈现自范性的过程是非自发的过程 C．玛瑙和水晶皆为晶体，二者都是熔融二氧化硅凝固所形成的 D．当晶体生长速率适当时才可得到规则的多面体外形 ‎8．固体A的化学式为NH5，它的所有原子的最外层都符合相应稀有气体原子的最外电子层结构，则下列有关说法，不正确的是(　　)‎ A．NH5中既有离子键又有共价键 B．1molNH5中含有5molN—H键 C．NH5的熔沸点高于NH3‎ D．NH5固体投入少量水中，可产生两种气体 ‎9．在20世纪90年代末期，科学家发现并证明碳有新的单质形态C60存在。后来人们又相继得到了C70、C76、C90、C94等另外一些球碳分子。21世纪初，科学家又发现了管状碳分子和洋葱状碳分子，大大丰富了碳元素单质的家庭。下列有关说法错误的是（）‎ A．金刚石、C60、C70、管状碳和洋葱状碳都不能与H2发生加成反应 B．已知C(石墨，s)===C(金刚石，s)　ΔH>0，则石墨比金刚石稳定 C．C60晶体结构如图所示，每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子有12个 D．熔点比较：C60离子晶体>分子晶体，综上所述，故正确；‎ ‎④离子晶体中除含有离子键外，可能含有共价键，如NaOH，但分子晶体中一定不含离子键，故错误；‎ ‎⑤根据化学式以及晶胞结构，Ti2＋位于顶点，O2－位于面上，Ca2＋位于体心，因此每个Ti4＋周围最近的O2－有12个，故正确；‎ ‎⑥SiO2中Si有4个键，与4个氧原子相连，故错误；‎ ‎⑦只有分子晶体中含有分子间作用力，且分子间作用力影响的是物质的物理性质，而稳定性是化学性质，故错误；‎ ‎⑧离子晶体溶于水破坏离子键，故正确；综上所述，选项D正确;‎ 答案：D。‎ ‎11．1[Ar]3d104s24p4强H2O>H2Se>H2S原因：H2O分子间可以形成较多氢键，而H2Se和H2S分子间不形成氢键；H2Se的相对分子质量比H2S大，范德华力较大OF2四面体形sp3杂化<4‎‎4MNA‎×‎74+184‎‎×4‎‎3‎‎3‎×‎‎10‎‎-30‎ ‎【解析】‎ ‎ (1)[Fe(SCN)6]3-中的铁为+3价，剩余价电子为，单电子为5个，由于SCN-会使铁的剩余价电子压缩配对：，所以每个配离子中铁的单电子个数为1个；‎ ‎(2)元素Se处于第四周期VIA族，原子序数为34，基态电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p4；在H2S、H2Se分子中，S、Se是同一主族的元素，由于元素的非金属性S>Se，元素的非金属性越强，共价键越不容易断裂，所以H-Se键比H-S容易断裂，因此H2Se的酸性比H2S的强；‎ H2O、H2S、H2Se都是由分子构成的物质，由于H2O的分子间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，所以H2O的沸点最高；H2S、H2Se结构相似，对于结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔沸点就越高。由于相对分子质量H2SH2Se>H2S；‎ ‎(3)利用原子替换，同主族元素原子价电子数目相等，前1～9号元素形成的物质中，只有OF2与SCl2互为等电子体；OF2的中心原子价层电子对数为2+‎1‎‎2‎‎6-2×1‎=4，所以其VSEPR构型为四面体形；‎ ‎(4)S4O62-的结构中两边的S原子均形成4个σ键且无孤对电子，所以均为sp3杂化，中间的 两个S原子均形成两个单键，且均有两对孤对电子，也是sp3杂化，所以均为sp3杂化。由于原子间形成的共价键数目越大，原子间结合力就越强，该化学键的键长就越短。A键是S=O双键，b键是S-O单键，所以键长aO>C正四面体PO43-、ClO4-CaO的晶格能大于BaO的晶格能‎397×‎‎10‎‎21‎‎2‎‎2‎NAa‎3‎ ‎【解析】‎ ‎（1）基态Cu原子的外围电子排布为：3d104s1，则基态Cu原子的价电子排布图为：；‎ 故答案为：；‎ ‎（2）失去一个电子后，亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态，所以导致高温下Cu2O比CuO稳定；‎ 故答案为：亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态；‎ ‎（3）晶胞中Cu原子位于面心、顶点上，属于面心立方最密堆积；‎ 以顶点Cu原子研究，与之相邻的原子处于面心，每个顶点为8故晶胞共用，每个面心为2个晶胞共有，故Cu原子配位数为3‎×‎‎8‎‎2‎=12；‎ 故答案为：面心立方最紧密堆积；12； （4）NH3中N原子价电子对数为4,则杂化方式是sp3；‎ 同周期元素的第一电离能随核电荷数的增加而增大，但N原子的2P轨道是半充满的稳定状态，所以N元素的第一电离能大于O，则C、N、O三元素的第一电离能由大到小的顺序是N>O>C；‎ SO42-的中心原子硫原子的价层电子对数为‎6+2‎‎2‎=4，没有孤电子对，所以SO42-‎ 的空间构型为正四面体；‎ SO42-的价电子数为32，与SO42-互为等电子体的五核微粒有PO43-、ClO4-。‎ 故答案为：sp3；N>O>C；正四面体；PO43-、ClO4-；‎ ‎（5）CaO和BaO都是离子晶体，因为Ca2+离子半径小于Ba2+，CaO的晶格能大于BaO的晶格能，所以CaO的熔点比BaO的熔点高；‎ 故答案为：CaO的晶格能大于BaO的晶格能；‎ ‎（6）Au原子在晶胞占有的位置为8个顶点，Au原子的个数8‎×‎‎1‎‎8‎=1，Cu原子在晶胞的位置在面心，Cu原子的个数是6‎×‎‎1‎‎2‎=3，H原子在晶胞内部，共有8个，则该晶体一个晶胞的质量为‎397‎NAg；‎ 若Cu原子与Au原子的最短距离为anm，则晶胞立方体的棱长为‎2‎anm，一个晶胞的体积为（‎2‎a‎×‎10-7cm）3=2‎2‎a3‎×‎10-21cm3，则该晶体储氢后密度为‎397×‎‎10‎‎21‎‎2‎‎2‎NAa‎3‎g．cm-3，‎ 故答案为：‎397×‎‎10‎‎21‎‎2‎‎2‎NAa‎3‎。‎ ‎13．3d54s2平面三角形sp2O＞C＞Si）NH4FF原子半径比Br原子半径小，H-F键比H-Br键强，H－F键比H－Br键更易形成，F－更易夺取NH4＋中的H＋‎‎3‎‎3.6×56+4×16‎ρNA‎×‎‎10‎‎10‎ ‎【解析】‎ ‎（1）Mn原子价电子排布式为3d54s2‎ ‎（2）NO3－中心原子N的价层电子对总数为3，中心原子的杂化方式为sp2杂化，又因为N原子配位原子数为3，无孤电子对，所以此离子的空间构型为平面三角形。‎ ‎（3）同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，故O＞C＞Si；‎ ‎（4）与CN－互为等电子体的离子为NO+、C22-，电子式为；‎ ‎（5）F原子半径比Br原子半径小，H-F键比H-Br键强，H－F键比H－Br键更易形成，F－更易夺取NH4＋中的H＋，所以NH4F更易分解。‎ ‎(6)根据均摊原则，每个晶胞含有O2-的个数是‎8×‎1‎‎8‎+6×‎‎1‎‎2‎，实际组成为Fe0.9O，所以每个晶胞含有铁原子3.6个，故1个Fe0.9O晶胞的质量为4×(0.9×56＋16)/NA，晶胞边长a=‎3‎‎4×(0.9×56+16)‎NAρ×‎‎10‎‎10‎pm。‎ ‎14．4铍平面三角形氧化镁晶格能比氧化钙大，使得镁离子比钙离子更容易结合碳酸根中的氧离子1210NAsp2孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大‎3‎‎4×8×12‎ρNA×1010‎ ‎【解析】‎ ‎ (1)碳原子核外有6个电子，电子排布式为1s22s22p2，其中2p上的3个原子轨道互相垂直，一共有4种不同空间运动状态的电子；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，第ⅡA族、VA族满足全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，第二周期中，第一电离能介于B元素和C元素间的元素是Be，名称为铍，故答案为：4；铍；‎ ‎(2)①CO32-中C的价层电子对数=3+‎4+2-3×2‎‎2‎=3，采用sp2杂化，立体构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；‎ ‎②在离子晶体中，离子半径越小晶格能越大，所以在第ⅡA族金属碳酸盐中，阳离子半径越小对氧的吸引力越大，就越容易导致碳酸根的分解，所以在第ⅡA族中，随着原子序数的增加，原子半径增大，碳酸盐的分解温度也增大，所以MgCO3分解温度比CaCO3低，故答案为：氧化镁晶格能比氧化钙大，使得镁离子比钙离子更容易结合碳酸根中的氧离子；‎ ‎③根据石墨与钾可形成石墨夹层离子晶体C8K的结构图，与钾最近等距的配位碳原子有上下2层中对应的2个六边形上的12个碳原子，故答案为：12；‎ ‎(3)①1个单键为1个σ键，1个双键为1个σ键和1个π键，1mol吡啶()分子中含有σ键数目是10NA，故答案为：10NA；‎ ‎②嘌呤分子为平面结构，N形成3根共价键，根据杂化轨道理论，则N原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；‎ ‎③根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对与键合电子对之间的夹角减小，因此嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，故答案为：孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大；‎ ‎(4)一个金刚石晶胞中，含有C的数目为8×‎1‎‎8‎+6×‎1‎‎2‎+4=8，将每个C原子换成四面体结构的C，则T-碳晶胞中含有碳原子数目为8×4个，取1mol这样的晶胞，则有NA个这样的晶胞，则1molT-碳晶胞的质量为m=12×8×4g，T-碳密度为ρg/cm3，则1个晶胞的体积为‎12×8×4‎NAgρg/cm‎3‎=‎12×8×4‎NAρcm3，则T-碳的晶胞参数a=‎3‎‎12×8×4‎NAρcm=‎3‎‎12×8×4‎NAρ×1010pm，故答案为：‎3‎‎4×8×12‎ρNA×1010。‎ ‎15．3s23p63d10Be、C12Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原子半径比Ga的原子半径小，所以Al的熔点高正四面体sp3由于F原子半径小于Cl原子，所以铝周围可以容纳更多的F原子‎112‎3‎×‎‎10‎‎21‎a‎2‎‎×NA×ρ ‎【解析】‎ ‎（1）Ga是31号元素，核外电子排布式：[Ar]3d104s24p1，Ga的M能层排满了电子，电子排布式3s23p63d10，‎ 故答案为：3s23p63d10；‎ ‎（2）①同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，则第一电离能C>B，由于Be形成2s轨道排满，较稳定，所以第一电离能Be>B，故答案为：Be、C；‎ ‎②在硼原子组成的正二十面体结构中，每5个面共用一个顶点，每个面拥有这个顶点的‎1‎‎5‎，每个等边三角形拥有的顶点为：‎1‎‎5‎×3=‎3‎‎5‎，20个等边三角形拥有的顶点为：‎3‎‎5‎×20=12；‎ 故答案为：12；‎ ‎(3)Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原子半径比Ga的原子半径小，所以Al的熔点高；‎ 故答案为：Al和Ga均为金属晶体，且二者的价电子数相同，但Al的原子半径比Ga的原子半径小，所以Al的熔点高；‎ ‎(4)①AlCl4－的立体构型为正四面体结构，由图可知，Al2Cl7－中Cl与2个Al原子形成共价键，且含有2对孤对电子，所以Cl的杂化方式为sp3杂化，‎ 故答案为：正四面体，sp3；‎ ‎②由于F原子半径小于Cl原子，所以铝周围可以容纳更多的F原子，‎ 故答案为：由于F原子半径小于Cl原子，所以铝周围可以容纳更多的F原子；‎ ‎(5)①由晶胞结构可知，Q原子的投影位于xy面，平行四边形右侧三角形中，‎ ‎，‎ 故答案为：；‎ ‎②1个晶胞的质量为：‎84‎NAg，晶胞的体积为：‎84‎NAρcm3=‎3‎‎2‎a×‎10‎‎-7‎×a×‎10‎‎-7‎×c×‎‎10‎‎-7‎，c=‎112‎3‎×‎‎10‎‎21‎a‎2‎‎×NA×ρ，‎ 故答案为：‎112‎3‎×‎‎10‎‎21‎a‎2‎‎×NA×ρ。‎ ‎16．4正四面体GeC14+2H2O=GeO2+4HCl均为组成和结构相似的共价化合物，范德华力随分子相对质量增大而增大减弱增强8‎X(C‎60‎‎)‎‎2‎‎2M+2880‎NA‎(1.4×‎10‎‎-7‎)‎‎3‎ ‎【解析】‎ ‎ (1)Pb原子价层电子排布式为6s26p2，价层电子排布图为：，‎ 因此，本题正确答案是：；‎ ‎(2)GeCl4分子的中心原子为Ge，价层电子对数为4，采用sp3杂化，分子的立体构型为正四面体；GeC14可水解生成GeO2和HCl，化学反应方程式为：GeC14+2H2O=GeO2+4HCl，‎ 因此，本题正确答案是：4；正四面体；GeC14+2H2O=GeO2+4HCl； (3)①四卤化硅的沸点逐渐升高，为分子晶体，均为组成和结构相似的共价化合物，沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点越高， 因此，本题正确答案是：均为组成和结构相似的共价化合物，范德华力随分子相对质量增大而增大； ②PbX2的沸点逐渐降低，其中PbF2为离子晶体，PbBr2、PbI2为分子晶体，可以知道依F、Cl、Br、I次序，PbX2中的化学键的离子性减弱、共价性增强， 因此，本题正确答案是：减弱；增强； (4)K位于棱和体心，晶胞中的个数为12×‎1‎‎4‎+9=12，这12个K原子其中有8个填充在C‎60‎形成四面体间隙之中，其余4个则填充在C‎60‎形成八面体间隙之中，所以其四面体间隙数目为8；另一种碱金属X只填充C‎60‎形成的八面体间隙的一半，则含X个数为4×‎1‎‎2‎=2，C60‎ 位于顶点和面心，个数为8×‎1‎‎8‎+6×‎1‎‎2‎=4，n(X):n(C60)=2:4=1:2，化学式为M(C60)2；‎ 则晶胞的质量为‎2M+2880‎NAg，其晶胞参数为1.4nm=1.4×10-7cm，则体积为(1.4×10-7)3cm3，所以密度为‎2M+2880‎NA‎(1.4×‎10‎‎-7‎)‎‎3‎g/cm3， 因此，本题正确答案是：8；M(C60)2；‎2M+2880‎NA‎(1.4×‎10‎‎-7‎)‎‎3‎。‎ ‎17．1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3P的p能级是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫大CO或N25:4sp3正四面体NH4+的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H键角比NH3中大由于O原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比N原子弱，故水分子形成的配位键弱于氨分子4‎3π×‎10‎‎-30‎NA(rN‎3‎+rB‎3‎)‎‎25‎×100%‎ ‎【解析】‎ ‎（1）As原子核外有33个电子，根据构造原理，As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3。P和S都处于第三周期，S的价电子排布式为3s23p4，P的价电子排布式为3s23p3，P的3p能级处于半充满，比较稳定，P的第一电离能比S的大；答案：1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3；P的p能级是半充满状态，比较稳定，所以第一电离能比硫大；‎ ‎（2）用“替代法”，与CN-互为等电子体的粒子有CO、N2、C22-等；（SCN）2的结构式为N‎≡‎C—S—S—C‎≡‎N，单键全是σ键，三键中有1个σ键和2个π键，（SCN）2分子中有5个σ键、4个π键，σ键和π键个数比为5:4；答案：CO或N2、5:4；‎ ‎（3）AsO33-中As上的孤电子对数=‎1‎‎2‎‎×‎（5+3-3‎×‎2）=1，成键电子对数为3，As的价层电子对数为1+3=4，As的杂化方式为sp3杂化；AsO43-中As上的孤电子对数=‎1‎‎2‎‎×‎（5+3-4‎×‎2）=0，成键电子对数为4，As的价层电子对数为0+4=4，AsO43-的VSEPR模型为正四面体，由于没有孤电子对，AsO43-的空间构型为正四面体；答案：sp3；正四面体；‎ ‎（4）NH4+中H—N—H的键角比NH3中H—N—H的键角大的原因是：NH4+中的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H的键角比NH3中大；NH3和水分子与铜离子形成的化合物中阳离子呈轴向狭长的八面体结构，该化合物加热时首先失去水，说明水分子与Cu2+形成的配位键弱于NH3分子，原因是：O 原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比N原子弱，故水分子与Cu2+形成的配位键弱于氨分子；答案：NH4+的氮原子上均为成键电子，而NH3分子中的氮原子上有一对孤对电子，孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力，导致NH4+中H-N-H键角比NH3中大；由于O原子半径小，电负性大，提供孤对电子能力比N原子弱，故水分子形成的配位键弱于氨分子；‎ ‎（5）用“均摊法”，B：8‎×‎‎1‎‎8‎+6‎×‎‎1‎‎2‎=4，N：4，该晶体的化学式为BN，根据晶胞，晶体中一个N原子周围距离最近的B原子有4个，则一个B原子周围距离最近的N原子有4个。一个晶胞中原子的体积为4‎×‎（‎4‎‎3‎πrN3+‎4‎‎3‎πrB3）pm3=4‎×‎（‎4‎‎3‎πrN3+‎4‎‎3‎πrB3）‎×‎10-30cm3，1mol晶体的质量为25g，1mol晶体的体积为25g‎÷‎2.25g/cm3，晶胞的体积为4‎×‎（25g‎÷‎2.25g/cm3‎÷‎NA），BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为4‎×‎（‎4‎‎3‎πrN3+‎4‎‎3‎πrB3）‎×‎10-30cm3‎÷‎[4‎×‎（25g‎÷‎2.25g/cm3‎÷‎NA）]=‎3π×‎10‎‎-30‎NA(rN‎3‎+rB‎3‎)‎‎25‎×100%；答案：‎3π×‎10‎‎-30‎NA(rN‎3‎+rB‎3‎)‎‎25‎×100%。‎ ‎18．分子3d84s27ACE①③④平面三角LaNi5小于 ‎【解析】‎ ‎（1）因为Ni(CO)4常温时为液态，易溶于CCl4，所以固态Ni(CO)4属于分子晶 体，基态Ni原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，价电子电子排布式为3d84s2；答案：分子；3d84s2；‎ ‎（2）Cu基态原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d104s1，1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级能量不同，故有7种能量不同的原子轨道；答案：7；‎ ‎（3）由结构式知该配合物含氢键、配位键、共价键；答案：ACE；‎ ‎（4）碳原子采取sp2杂化的物质的结构为平面型；采取sp3杂化的物质的结构为四面体；采取sp杂化的物质的结构为直线型，则采取sp2杂化的有①③④，HCHO中C原子为sp2杂化，且C原子无孤电子对，则分子的立体结构为平面三角形；答案：①③④；平面三角；‎ ‎（5）根据晶胞中微粒个数求算方法：顶点占1/8，面占1/2，棱占1/4，则镧（La）和镍（Ni）个数分别为8x1/8=1、8x1/2+1=5，该晶体的化学式为LaNi5；答案：LaNi5；‎ ‎（6）由于邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，分子内氢键降低物质熔沸点，分子间氢键增大物质熔沸点，所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低；答案：小于。‎ ‎19．BDBe原子半径比Al原子半径小，金属性更强非极性 ‎4‎M‎4‎‎2‎d‎3‎NA ‎【解析】‎ ‎（1）Cr原子为24号元素，基态原子价层电子排布式为3d54s1,则基态Cr原子价电子的轨道表示式为；答案：；‎ ‎(2)A．铍属于s区元素，而铝属于p区主族元素，故A错误；‎ B．金属越活泼，电负性越小，Mg比Be、Al活泼，则两金属电负性都比镁大，故B正确；‎ C．Be的第一电离能比镁大，而Mg因s轨道全充满，第一电离能比Al大，故C错误；‎ D.Be2+和Al3+在溶液中均水解，则氯化物的水溶液pH均小于7，故D正确；‎ 答案：BD；‎ ‎(3)因为Be原子半径比Al原子半径小，金属性更强，则铍的熔点比铝的熔点高；答案：Be原子半径比Al原子半径小，金属性更强；‎ ‎(4)①BeCl2中Be原子成2个Be-Cl，Be原子的杂化轨道数为2，故Be原子采取sp杂化方式，是直线型，属于非极性分子；答案：非极性；‎ ‎②在二聚分子(BeCl2)2中Be原子有空轨道，Cl原子有孤对电子，则配位键中电子对由氯原子提供，b的结构式为；答案：；‎ ‎(5)Al的晶胞为面心立方最密堆积，则一个晶胞中Al原子的数目为8×1/8+6×1/2=4个；若已知Al的原子半径为b，则晶胞的边长为‎2‎2‎d；NA代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M，则Al晶体的密度为ρ=‎4M‎（2‎2‎d‎）‎‎3‎NA=‎M‎4‎‎2‎d‎3‎NA；答案：4；M‎4‎‎2‎d‎3‎NA。‎