鲁科版高考化学一轮总复习第4章第4节不同聚集状态的物质与性质课时学案

这是一份鲁科版高考化学一轮总复习第4章第4节不同聚集状态的物质与性质课时学案，共27页。
第4节　不同聚集状态的物质与性质
考试评价解读
1．能说出晶体与非晶体的区别，能结合实例描述晶体中微粒排列的周期性规律；能说明分子晶体、共价晶体、离子晶体、金属晶体的区别，能结合实例说明晶体中的微粒及其微粒间的相互作用。
2．能从微粒的空间排布及其相互作用的角度对生产、生活、科学研究中的简单案例进行分析。能举例说明人类对物质结构的认识会不断发展，并简单说明带来这些发展的原因。
3．能说明分子光谱、X射线衍射等实验手段在物质结构研究中的作用。
4．能举例说明物质在原子、分子、超分子、聚集态等不同尺度上的结构特点对物质性质的影响，能举例说明结构研究对于发现、制备新物质的作用。
5．能认识到化学已经发展成为实验和理论并重的学科，能欣赏物质结构的研究及其理论发展对化学学科发展的贡献。
核心素养达成
宏观辨识
与
微观探析
认识晶胞及晶体的类型，能从不同角度分析晶体的组成微粒、结构特点，能从宏观和微观相结合的视角分析与解决实际问题。
证据推理
与
模型认知
能运用典型晶体模型判断晶体的结构特点及组成，并能进行相关计算。
变化观念
与
平衡思想
认识不同晶体类型的特点，能从多角度、动态地分析不同晶体的组成及相应物质的性质。
科学精神
与
社会责任
从物质结构的研究中认识到理论与实践结合的重要作用，赞赏物质结构研究及其理论对化学学科发展的巨大贡献。



　　　　　　晶体知识　晶体的结构模型
[以练带忆]
1．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
C　解析：A中白磷和蓝矾都是晶体；B中二者均为非晶体；C中碘为晶体，橡胶为非晶体；D中二者均为晶体。
2．下面有关晶体的叙述中，不正确的是(　　)
A．金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
B．氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离相等且紧邻的Na＋共有6个
C．氯化铯晶体中，每个Cs＋周围等距且紧邻8个Cl－
D．干冰晶体中，每个CO2分子周围等距且紧邻12个CO2分子
B　解析：氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离相等且紧邻的Na＋共有12个。
3．下列是几种常见的晶胞结构，填写晶胞中含有的微粒数。

A．NaCl(含________个Na＋，________个Cl－)
B．干冰(含________个CO2)
C．CaF2(含________个Ca2＋，________个F－)
D．金刚石(含________个C)
E．体心立方(含________个原子)
F．面心立方(含________个原子)
答案：A．4　4　B．4　C．4　8　D．8　E．2　F．4
[练后梳理]
1．晶体与非晶体
(1)晶体与非晶体的比较

晶体
非晶体
结构特征
结构微粒周期性有序排列
结构微粒无序排列
性质特征
自范性
有
无
熔点
固定
不固定
异同表现
各向异性
各向同性
二者区别方法
间接方法
看是否有固定的熔点
科学方法
对固体进行X射线衍射实验
(2)得到晶体的途径
①熔融态物质凝固。
②气态物质冷却不经液态直接凝固(凝华)。
③溶质从溶液中析出。
(3)晶胞
①定义：描述晶体结构的基本单元。
②晶体中晶胞的排列——无隙并置
无隙：相邻晶胞之间没有任何间隙。
并置：所有晶胞平行排列、取向相同。
2．常见晶体结构模型
(1)共价晶体(金刚石和二氧化硅)

①金刚石晶体中，每个C原子与另外4个C原子形成共价键，C—C 之间的夹角是109°28′，最小的环是六元环。含有1 mol C的金刚石中，形成的共价键有2 mol。
②SiO2晶体中，每个Si原子与4个O原子成键，每个O原子与2个硅原子成键，最小的环是十二元环，在“硅氧”四面体中，处于中心的是Si原子，1 mol SiO2中含有4 mol Si—O键。
(2)分子晶体

①干冰晶体中，每个CO2分子周围等距且紧邻的CO2分子有12个。
②冰的结构模型中，每个水分子与相邻的4个水分子以氢键相连接，含1 mol H2O的冰中，最多可形成2 mol“氢键”。
(3)离子晶体

①NaCl型：在晶体中，每个Na＋同时吸引6个Cl－，每个Cl－同时吸引6个Na＋，配位数为6。每个晶胞含4个Na＋和4个Cl－。
②CsCl型：在晶体中，每个Cl－吸引8个Cs＋，每个Cs＋吸引8个Cl－，配位数为8。
(4)石墨晶体

石墨层状晶体中，层与层之间的作用是分子间作用力，平均每个正六边形拥有的碳原子个数是2，C原子采取的杂化方式是sp2。
(5)常见金属晶体的结构
常见金属
晶胞
Cu、Ag、Au

Na、K、Fe

Mg、Zn、Ti



等距紧邻微粒数的计算
判断某种微粒周围等距且紧邻的微粒数目时，要注意运用三维想象法。如NaCl晶体中，Na＋周围的Na＋数目(Na＋用“”表示)：

每个面上有4个，共计12个。

　　　　　　晶体的类型和性质
[以练带忆]
1．(双选)下列说法正确的是(　　)
A．Na2O和SiO2熔化克服的作用力属于同种类型
B．氯化钠和HCl溶于水克服的作用力均是离子键
C．HF、HCl、HBr、HI中的熔点HF反常高的原因是HF分子之间能形成氢键
D．某晶体的熔点为112.8 ℃，溶于CS2、CCl4等溶剂，可推导该晶体可能为分子晶体
答案：CD
2．下列各组物质中，按熔点由低到高的顺序排列正确的是(　　)
①O2、I2、Hg ②CO、KCl、SiO2
③Na、K、Rb ④Na、Mg、Al
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
D　解析：O2在常温下为气态，Hg在常温下为液态，而I2为固态，故①错；SiO2为共价晶体，其熔点最高，CO是分子晶体，其熔点最低，故②正确；Na、K、Rb价电子数相同，其原子半径依次增大，金属键依次减弱，熔点逐渐降低，故③错；Na、Mg、Al价电子数依次增多，原子半径逐渐减小，金属键依次增强，熔点逐渐升高，故④正确。
[练后梳理]
四种晶体类型的比较
类型
比较
分子
晶体
共价
晶体
金属晶体
离子
晶体
构成微粒
分子
原子
金属阳离子和自由电子
阴、阳离子　
微粒间的相互作用力
分子间作用力
共价键
金属键
离子键
硬度
较小
很大
有的很大，有的很小
较大
熔、沸点
较低
很高
有的很高，有的很低
较高
溶解性
相似相溶
难溶于任何溶剂
常见溶剂难溶
大多易溶于水等极性溶剂
导电、传热性
一般不导电，溶于水后有的导电
一般不具有导电性
电和热的良导体
晶体不导电，水溶液或熔融态导电


(1)离子晶体中不一定都含有金属元素，如NH4Cl是离子晶体；金属元素和非金属元素组成的晶体不一定是离子晶体，如AlCl3是分子晶体；含有金属离子的晶体不一定是离子晶体，如金属晶体中含有金属离子。
(2)含阴离子的晶体中一定含有阳离子，但含阳离子的晶体中不一定含有阴离子，如金属晶体。
(3)金属晶体的熔点不一定比分子晶体的熔点高，如Na的熔点为98 ℃，尿素的熔点为132.7 ℃。

考点1　晶体熔、沸点的比较
[抓本质·悟考法]
完成下列填空：
(1)K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是_____________________。
(2)比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因__________________________________________________________。

GeCl4
GeBr4
GeI4
熔点/ ℃
－49.5
26
146
沸点/ ℃
83.1
186
约400
(3)用“>”“　Mg>Cl2　
(5)O—H>氢键>范德华力
(6) 形成分子内氢键，而形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力增大　
(7)H2O>CH3OH>CO2>H2　H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2的相对分子质量较大，范德华力较大
[多角度·突破练]
⊳角度1　比较晶体熔、沸点高低
1．下列有关性质的比较，不正确的是(　　)
A．沸点由高到低：正戊烷>异戊烷>新戊烷
B．硬度由大到小：金刚石>碳化硅>晶体硅
C．晶体熔点由高到低：Na>Mg>Al
D．沸点由高到低：对羟基苯甲醛()>邻羟基苯甲醛()
C　解析：有机物的同分异构体，支链越多，沸点越低，故沸点由高到低：正戊烷>异戊烷>新戊烷，A选项正确。金刚石、碳化硅和硅形成的均是共价晶体，其硬度与原子半径有关系，形成共价键的原子半径越小，硬度越大，则硬度由大到小：金刚石＞碳化硅＞晶体硅，B选项正确。钠、镁、铝形成的晶体均是金属晶体，其熔点与金属阳离子的半径以及所带电荷数有关系，离子半径越小，电荷数越多，熔点越高，则熔点由低到高：Na＜Mg＜Al，C选项错误。邻羟基苯甲醛的两个基团靠得很近，能形成分子内氢键，使熔、沸点降低；而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键，使熔、沸点升高，所以对羟基苯甲醛的熔、沸点比邻羟基苯甲醛高，D选项正确。
2．(2020·海南模拟)依据相关原理判断，下列排序错误的是(　　)
A．熔点：氧化镁>硫化钙
B．沸点：乙醚>乙二醇
C．水溶性：苯酚>聚乙烯
D．热稳定性：草酸钠>草酸氢钠
B　解析：离子晶体中阴、阳离子半径越小，所带电荷越多，熔、沸点越高，O2－的半径小于S2－，Mg2＋的半径小于Ca2＋，则熔点：MgO＞CaS，A正确；乙二醇含有—OH，分子之间能够形成氢键，其强度大于乙醚分子之间的范德华力，因此沸点：乙二醇＞乙醚，B错误；苯酚中含有—OH，是亲水基，使得苯酚微溶于冷水，在65 ℃时与水混溶，而聚乙烯是高分子化合物，没有亲水基，使其难溶于水，则水溶性：苯酚＞聚乙烯，C正确；草酸氢钠与草酸钠可类比于NaHCO3和Na2CO3的热稳定性进行比较，则热稳定性：草酸钠＞草酸氢钠，D正确。
3．下列有关物质性质的比较错误的是(　　)
A．熔点：MgO＞CaO＞KCl
B．沸点：AsH3＞PH3＞NH3
C．离子半径：S2－＞Cl－＞Ca2＋
D．稳定性：H2O＞H2S＞H2Se
B　解析：离子半径：Mg2＋＜Ca2＋，所以熔点：MgO＞CaO；离子半径：K＋＞Ca2＋，Cl－＞O2－，且CaO中两种离子所带电荷均比KCl中两种离子所带电荷多，故熔点：CaO＞KCl，所以物质熔点由高到低的顺序为MgO＞CaO＞KCl ，A正确。NH3分子间存在氢键，使其熔、沸点在三种物质中最高，B错误。S2－、Cl－、Ca2＋具有相同的电子层结构，离子的核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径：S2－＞Cl－＞Ca2＋，C正确。O、S、Se是同一主族元素，由于元素的非金属性：O＞S＞Se，而元素的非金属性越强，其形成的简单氢化物的稳定性就越强，故简单氢化物稳定性：H2O＞H2S＞H2Se，D正确。

晶体熔、沸点的高低的比较
(1)不同类型晶体熔、沸点的比较
①不同类型晶体的熔、沸点高低的一般规律：共价晶体＞离子晶体＞分子晶体。
②金属晶体的熔、沸点差别很大，如钨、铂等熔、沸点很高，汞、铯等熔、沸点很低。
(2)同种类型晶体熔、沸点的比较
①共价晶体
→→→
如熔点：金刚石＞碳化硅＞硅。
②离子晶体
一般地说，阴、阳离子的电荷数越多，离子半径越小，则晶格能越大，晶体的熔、沸点越高，如熔点：MgO＞MgCl2，NaCl＞CsCl。
③分子晶体
a．分子间的范德华力越大，物质的熔、沸点越高；具有氢键的分子晶体熔、沸点反常高。如H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S。
b．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越高，如SnH4＞GeH4＞SiH4＞CH4。
c．组成和结构不相似的分子晶体(相对分子质量接近)，其分子的极性越大，熔、沸点越高，如CH3Cl＞CH3CH3。
d．同分异构体，支链越多，熔、沸点越低。
④金属晶体
金属离子半径越小，离子电荷数越多，其金属键越强，金属晶体的熔、沸点越高，如熔、沸点：Na＜Mg＜Al。
⊳角度2　根据物质的熔、沸点判断晶体类型
4．下列数据是对应物质的熔点( ℃)，据此作出的下列判断中错误的是(　　)
物质
Na2O
NaCl
AlF3
AlCl3
熔点/ ℃
920
801
1 291
190





物质
BCl3
Al2O3
干冰
SiO2
熔点/ ℃
－107
2 073
－57
1 723
A．铝的化合物形成的晶体中有的是离子晶体
B．表中只有BCl3和干冰是分子晶体
C．同族元素的氧化物可形成不同类型的晶体
D．不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体
B　解析：由表格中的数据可知，氯化铝的熔点较低，属于分子晶体，而氧化铝、氟化铝的熔点较高，为离子晶体，故A正确；AlCl3、BCl3和干冰是分子晶体，沸点都较低，故B错误；C和Si同主族，但氧化物的晶体类型不同，分别属于分子晶体和共价晶体，故C正确；Na和Al不同主族，对应的氧化物为氧化钠和氧化铝，都为离子晶体，说明不同族元素的氧化物可形成相同类型的晶体，故D正确。
5．现有几组物质的熔点数据：
A组
B组
C组
D组
金刚石：3 550 ℃
Li：181 ℃
HF：－83 ℃
NaCl：801 ℃
硅晶体：1 410 ℃
Na：98 ℃
HCl：－115 ℃
KCl：776 ℃
硼晶体：2 300 ℃
K：64 ℃
HBr：－89 ℃
RbCl：718 ℃
二氧化硅：
1 723 ℃
Rb：39 ℃
HI：－51 ℃
CsCl：645 ℃
据此回答下列问题：
(1)A组属于________晶体，其熔化时克服的微粒间的作用力是________。
(2)B组晶体共同的物理性质是______(填标号)。
①有金属光泽　②导电性　③导热性　④延展性
(3)C组中HF熔点反常是由于____________________________。
(4)D组晶体可能具有的性质是______( 填标号)。
①硬度小　②水溶液能导电
③固体能导电　④熔融状态能导电
(5)D组晶体的熔点由高到低的顺序为NaCl>KCl>RbCl>CsCl，其原因为_________________________________________________。
解析：(1)A组熔点很高，为共价晶体，是由原子通过共价键形成的。
(2)B组为金属晶体，具有①、②、③、④四条共性。
(3)HF中含有分子间氢键，故其熔点反常。
(4)D组属于离子晶体，具有②、④两条性质。
(5)D组属于离子晶体，其熔点与离子半径有关。
答案：(1)共价　共价键　
(2)①②③④　
(3)HF分子间能形成氢键，其熔化时需要消耗的能量更多
(4)②④　
(5)D组晶体都为离子晶体，r(Na＋)＜r(K＋)＜r(Rb＋)＜r(Cs＋)，在离子所带电荷数相同的情况下，半径越小，熔点就越高

晶体类型的5种判断方法
(1)依据构成晶体的微粒和微粒间的作用判断
①离子晶体的构成微粒是阴、阳离子，微粒间的作用是离子键。
②共价晶体的构成微粒是原子，微粒间的作用是共价键。
③分子晶体的构成微粒是分子，微粒间的作用为分子间作用力。
④金属晶体的构成微粒是金属阳离子和自由电子，微粒间的作用是金属键。
(2)依据物质的分类判断
①金属氧化物(如K2O等)、强碱(NaOH、KOH等)和绝大多数的盐类是离子晶体。
②大多数非金属单质(除金刚石、石墨、晶体硅、晶体硼等)、非金属氢化物、非金属氧化物(除SiO2外)、几乎所有的酸、绝大多数有机物(除有机盐外)是分子晶体。
③常见的共价晶体单质有金刚石、晶体硅、晶体硼等，常见的共价晶体化合物有碳化硅、二氧化硅等。
④金属单质(注：汞在常温为液体)与合金是金属晶体。
(3)依据晶体的熔点判断
①离子晶体的熔点较高，常在数百至一千摄氏度以上。
②共价晶体的熔点高，常在一千摄氏度至几千摄氏度。
③分子晶体的熔点低，常在数百摄氏度以下至很低温度。
④金属晶体多数熔点高，但也有相当低的。
(4)依据导电性判断
①离子晶体溶于水形成的溶液或熔融状态时能导电。
②共价晶体一般为非导体。
③分子晶体为非导体，而分子晶体中的电解质(主要是酸和强极性非金属氢化物)溶于水，使分子内的化学键断裂形成自由移动的离子，也能导电。
④金属晶体是电的良导体。
(5)依据硬度和机械性能判断
①离子晶体硬度较大且脆。
②共价晶体硬度大。
③分子晶体硬度小且较脆。
④金属晶体多数硬度大，但也有较小的，且具有延展性。
考点2　晶胞结构的分析与计算
[抓本质·悟考法]
(2020·山东高考)CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：
(1)Sn为ⅣA族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间构型为____________，其固体的晶体类型为____________。
(2)NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为________(填化学式，下同)，还原性由强到弱的顺序为________，键角由大到小的顺序为________。
(3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2＋配合物的结构如图所示，1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有________ mol，该螯合物中N的杂化方式有________种。

(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。
　　　坐标
原子　　　
x
y
z
Cd
0
0
0
Sn
0
0
0.5
As
0.25
0.25
0.125


一个晶胞中有________个Sn，找出距离Cd(0,0,0)最近的Sn________(用分数坐标表示)。CdSnAs2 晶体中与单个Sn键合的As有______个。

【解题关键点】　(1)判断配合物中通过螯合作用形成的配位键数目，首先应理解题中螯合物的概念。
(2)正确分析晶胞结构，确定晶胞中各个原子的位置，正确理解原子的分子分数坐标。
【易错失分点】　(1)错把配合物中所有的配位键都当成“通过螯合作用形成的配位键”。
(2)不能正确理解晶胞结构，不会根据晶胞中部分原子的分数坐标判断晶胞中各类原子的位置。
[自主解答]
_______________________________________________________________
_______________________________________________________________
_______________________________________________________________
_______________________________________________________________
_______________________________________________________________
_______________________________________________________________
解析：(1)Sn为ⅣA族元素，由于常温下SnCl4为液体，因此SnCl4为分子晶体；SnCl4分子中中心原子的孤电子对数＝×(4－4×1)＝0，σ键电子对数为4，价电子对数为4，故SnCl4分子的空间构型为正四面体形。(2)NH3、PH3、AsH3的结构相似，结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越高，但是NH3分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点NH3＞AsH3＞PH3；N、P、As这三种元素位于元素周期表中ⅤA族，原子序数依次增大，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，故这三种物质的还原性由强到弱的顺序为AsH3＞PH3＞NH3；NH3、PH3、AsH3中中心原子都是sp3杂化，都有1对孤电子对，中心原子的电负性越小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种物质的键角由大到小的顺序为NH3＞PH3＞AsH3。(3)由该物质的结构简式并分析，根据题意“含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物”，故该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6 mol，Cd—NO2不是；该螯合物中N的杂化方式都是sp2杂化，故该物质中N的杂化方式有1种。(4)根据题表中所列的三个原子的分数坐标，可以确定三个原子的位置如下图：

因此图中黑球为Cd，白球为Sn，灰球为As。据上图可知8个Cd在晶胞的顶点，4个Cd在晶胞的面心，1个在晶胞的体心；4个Sn在晶胞的棱上，6个Sn在晶胞的面心；8个As在晶胞的体心。1个晶胞中Sn的个数为4×＋6×＝4。距离Cd(0,0,0)最近的Sn如上图中箭头所指的原子，其原子的分数坐标分别为(0.5，0,0.25)、(0.5,0.5,0)。以如上图晶胞中面心的Sn原子为例，Sn原子连接该晶胞中2个As原子，该Sn原子还连接左侧晶胞中2个As原子，因此与单个Sn键合的As有4个。
答案：(1)正四面体形　分子晶体
(2)NH3、AsH3、PH3　AsH3、PH3、NH3　NH3、PH3、AsH3
(3)6　1
(4)4　(0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0)　4
[多角度·突破练]
⊳角度1　晶胞中微粒数目及化学式的计算
1．有下列离子晶体空间结构示意图，其中为阳离子，为阴离子。以M代表阳离子，N代表阴离子，化学式为MN2的晶体结构为(　　)

B　解析：A项，M的个数为8×＋6×＝4，N的个数为1，故化学式为M4N；B项，M的个数为4×＝，N的个数为1，故化学式为MN2；C项，M的个数为3×＝，N的个数为1，故化学式为M3N8；D项，M的个数为8×＝1，N的个数为1，故化学式为MN。
2．元素X的某价态离子Xn＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，它与N3－形成晶体的晶胞结构如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．X元素的原子序数是19
B．该晶体中阳离子与阴离子的个数比为3∶1
C．Xn＋中n＝1
D．晶体中每个Xn＋周围有2个等距离且最近的N3－
A　解析：从“元素X的某价态离子Xn＋中所有电子正好充满K、L、M三个电子层”可以看出，Xn＋共有28个电子，A项错误；题图中Xn＋位于每条棱的中点，一个晶胞拥有Xn＋的个数为12×＝3，N3－位于顶点，一个晶胞拥有N3－的个数为8×＝1，B项正确；由于该物质的化学式为X3N，因此X显＋1价，C项正确；据题图分析可知D项正确。

运用均摊法确定晶胞组成
(1)计算1个晶胞中的粒子数目
非平行六面体形晶胞中粒子数目的计算同样可用“均摊法”，其关键仍是确定一个微粒为几个晶胞所共有。例如：石墨晶胞

每一层内碳原子排成六边形，其顶点(1个碳原子)对六边形的贡献为，那么一个六边形实际有6×＝2个碳原子。
又如：六棱柱晶胞(MgB2晶胞)中，顶点上的原子为6个晶胞(同层3个，上层或下层3个)共有，面上的原子为2个晶胞共有，因此镁原子的个数为12×＋2×＝3，硼原子个数为6。

(2)计算共价晶体中共价键的数目
在金刚石晶体(如图所示)中，每个C原子参与了4个C—C的形成，而在每个键中的贡献只有一半，因此，平均每一个碳原子形成共价键的数目为4×＝2个，则1 mol 金刚石中碳碳键的数目为2NA。

(3)计算化学式
―→
―→
⊳角度2　晶胞密度、参数、微粒半径或距离的计算
3．(1)(2018·全国卷Ⅱ)FeS2晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对质量为M、阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为________g·cm－3；晶胞中Fe2＋位于S所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。

(2)(2016·全国卷Ⅰ)晶胞有两个基本要素：
①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。如图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0,0,0)；B为；C为。则D原子的坐标参数为________。

②晶胞参数描述晶胞的大小和形状，已知Ge单晶的晶胞参数a＝565.76 pm，其密度为________g·cm－3(列出计算式即可)。
解析：(1)分析晶胞结构可知，Fe2＋位于棱边和体心，S位于顶点和面心，因此每个晶胞中含有的Fe2＋个数＝12×＋1＝4，每个晶胞中含有的S个数＝6×＋8×＝4，即每个晶胞中含有4个FeS2。一个晶胞的质量＝ g，晶胞的体积＝(a×10－7)3 cm3，该晶体密度＝ g·cm－3＝×1021 g·cm－3。正八面体的边长即为两个面心点的距离，因此正八面体的边长为a nm。(2)②晶胞参数a即为晶胞边长，ρ＝＝ g·cm－3＝×107 g·cm－3。
答案：(1)×1021　a (2)①　②×107
4．现有A、X、Y、Z、W五种元素，它们的原子序数依次增大。A元素原子的核外电子总数与其周期数相同；X基态原子的L层中有3个未成对电子；Y基态原子的2p轨道上有一个电子的自旋方向与2p轨道上其他电子的自旋方向相反；Z基态原子的3p轨道上得到两个电子后不能再容纳外来电子；W基态原子的最外层电子数为1，其余各电子层均充满电子。请回答下列问题：
(1)这五种元素中，电负性最大的元素基态原子的电子排布式是________，W位于周期表的________(填“s”“p”“d”或“ds”)区。
(2)已知X2Y分子中Y原子只与一个X原子相连，请根据等电子原理，写出X2Y的电子式：______，其中心原子的杂化轨道类型是________，1 mol X2Y含有的π键数目为________。
(3)W可以形成配合物。A、X、Y、Z、W五种元素形成的一种1∶1型离子化合物中，阴离子呈正四面体结构，该阴离子的化学式为________；其阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图1所示)，该阳离子的化学式为________；该化合物加热时首先失去的成分是________，判断理由是________________________。
　　　
图1　　　　　　　图2
(4)W、X形成的某种化合物的晶胞结构为如图2所示的立方晶胞(其中X显－3价)，则其化学式为________。
设阿伏加德罗常数的值为NA，距离最近的两个W的核间距为a cm，则该晶体的密度为________g·cm－3。(用含有a和NA的代数式表示)
解析：A、X、Y、Z、W五种元素的原子序数依次增大。A元素原子的核外电子总数与其周期数相同，故A为H；X基态原子的L层中有3个未成对电子，故X为N；Y基态原子的2p轨道上有一个电子的自旋方向与2p轨道上其他电子的自旋方向相反，故Y为O；Z基态原子的3p轨道上得到两个电子后不能再容纳外来电子，故Z为S；W基态原子的最外层电子数为1，其余各电子层均充满电子，故W为Cu。(1)电负性最大的元素为O，其基态原子的电子排布式为1s22s22p4。Cu为29号元素，在元素周期表中属于ds区。(2)N2O分子中O原子只与一个N原子相连，N2O与CO2互为等电子体，故N2O的电子式为；中心原子N的杂化类型为sp,1分子N2O中的π键数目为2，故1 mol N2O中含有的π键数目为2NA。(3)五种元素形成的1∶1型离子化合物中，阴离子呈正四面体结构，则阴离子为SO；结合题图可知该阳离子结构中含有1个Cu2＋、4个NH3、2个H2O，故阳离子的化学式为[Cu(NH3)4(H2O)2]2＋；加热该化合物时根据配位键强弱来确定首先失去的成分。(4)由题图的晶胞结构可知，N原子的数目为8×＝1，Cu原子的数目为12×＝3，所以其化学式为Cu3N。设晶胞边长为b cm，则2×()2＝a2，b＝a，故该晶体的密度ρ＝ g·cm－3。
答案：(1)1s22s22p4　ds
(2) 　sp　2NA
(3)SO　[Cu(NH3)4(H2O)2]2＋　H2O　H2O与Cu2＋形成的配位键比NH3与Cu2＋形成的配位键弱
(4)Cu3N　

1．晶体密度的计算步骤
(1)根据“均摊法”算出每个晶胞实际含有各类原子的个数，确定物质的化学式，计算出晶胞的质量m。
(2)计算晶胞的体积V。
(3)根据ρ＝进行计算，得出结果。
若1个晶胞中含有x个微粒，则1 mol晶胞中含有x mol 微粒，其质量为xM g(M为微粒的相对“分子”质量)；又因1个晶胞的质量为ρa3 g(a3为晶胞的体积)，则1 mol晶胞的质量为ρa3NA g，因此有xM＝ρa3NA。
2．晶体中微粒间距的计算方法

⊳角度3　晶胞中原子空间利用率的计算
5．GaAs的熔点为1 238 ℃，密度为ρ g·cm－3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为________，Ga与As以________键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGa g· mol－1和MAs g· mol－1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为________。

解析：GaAs为共价晶体，Ga和As之间以共价键键合。该晶胞中原子个数：Ga为4个，As为8×＋6×＝4个，晶胞中原子所占体积为π(r＋r)×4 pm3；则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%＝×100%。
答案：共价晶体　共价　×100%
6．金刚石晶胞含有________个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r＝________a，碳原子在晶胞中的空间占有率为________。

解析：金刚石为立体网状结构的晶胞，顶点上含有碳原子为8×＝1个，相当于1个C原子，面心上含有碳原子为6×＝3个，相当于3个C原子，在晶胞内，还有4个C原子，故一个金刚石晶胞中有8个C原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则正方体体对角线的1/4就是C—C的键长，即a＝2r，所以r＝a，碳原子在晶胞中的空间占有率w＝＝＝。
答案：8　　

晶体空间利用率的计算步骤


1．(命题情境：化学与新材料)Paul Chu教授发现钇钡铜氧化合物在90 K时具有超导性，该化合物的晶胞结构如下图所示，该化合物以Y2O3、BaCO3和CuO为原料，经研磨烧结而成，其原料配比(物质的量之比)为(　　)

A．2∶3∶3　　 B．1∶1∶1
C．1∶2∶3 D．1∶4∶6
D　解析：Y原子位于体心，数目为1；Cu原子位于顶点和棱，数目为8×＋8×＝3；Ba原子位于晶胞体内，数目为2；Y、Ba、Cu原子个数之比为1∶2∶3，根据原子守恒，则Y2O3、BaCO3和CuO的物质的量之比为∶2∶3＝1∶4∶6。
2．(命题情境：化学与新材料)β­氮化碳的硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料，已知该氮化碳的二维晶体结构如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．该晶体中的碳、氮原子都满足8电子稳定结构
B．该晶体中碳显＋4价，氮显－3价
C．该晶体中每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连
D．该晶体的分子式为C3N4
D　解析：氮化碳硬度大，为共价晶体，组成微粒为原子，由氮化碳的二维晶体结构可知，每个碳原子周围有四个共价键，每个氮原子周围有三个共价键，碳原子最外层有4个电子，形成四个共价键后成8电子稳定结构，氮原子最外层有5个电子，形成三个共价键后，也是8电子稳定结构，故A正确；氮元素的电负性大于碳元素，所以在氮化碳中氮元素显－3价，碳元素显＋4价，故B正确；根据题图知，每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连，故C正确；因为氮化碳是共价晶体，不存在分子，故没有分子式，故D错误。
3．(命题情境：化学与工业生产、生命科学)钴的化合物在工业生产、生命科技等行业有重要应用。
(1)Co的价电子排布式为________，I4(Co)________(填“>”“