关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
2023——2024 年解密高考化学大一轮复习精讲案
第五章 物质结构 元素周期律
专题二十一 物质的聚集状态、常见晶体的类型
第一板块 明确目标
课标要求
核心素养
1. 了解晶体和非晶体的区别。
2. 了解晶体的类型，了解不同类型晶体中结构微粒、微粒间作用力的
区别。
3. 了解分子晶体、 共价晶体、 离子晶体、金属晶体结构与性质的关
系
4. 了解四种晶体类型熔点、沸点、溶解性等性质的不同。
5. 掌握均摊法计算的一般方法，能根据晶胞中微粒的位置计算晶胞的
化学式。
6. 掌握晶体密度与晶胞参数计算的一般步骤。
宏观辨识与微观探析
证据推理与模型认知
第二板块 夯实基础
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
考点一 物质的聚集状态 晶体与非晶体
1．物质的聚集状态
(1)物质的聚集状态除了固态、液态、气态，还有________、________以及介乎________和____________之
间的塑晶态、液晶态等。
(2)等离子体和液晶
概念
主要性能
等离子体
由______、________和电中性粒子组
成的整体上呈电中性的物质聚集体
具有良好的导电性和流动性
液晶
介于液态和晶态之间的物质状态
既具有液体的流动性、黏度、形变
性，又具有晶体的导热性、光学性质
等
2.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
原子在三维空间里呈
______________排列
原子排列____________________
性质特征
自范性
熔点
异同表现
(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)；
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
③溶质从溶液中析出。
(3)晶体与非晶体的测定方法
测定方法
测熔点
晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
最可靠方法
对固体进行____________实验
考点二 常见晶体类型
1．晶胞
(1)概念：描述晶体结构的基本单元。
(2)晶体中晶胞的排列——无隙并置
①无隙：相邻晶胞之间没有____________。
②并置：所有晶胞______排列、______相同。
2.四种常见晶体类型的比较
类型
比较
分子晶体
共价晶体
金属晶体
离子晶体
构成微粒
金属阳离子、自由电
子
微粒间的相
互作用力
__________(某
些含氢键)
硬度
较小
有的很大，有的很小
熔、沸点
较低
有的很高，有的很低
较高
溶解性
相似相溶
难溶于一般
溶剂
一般不溶于水，少数
与水反应
大多易溶于水
等极性溶剂
导电、导热
性
一般不导电，溶
于水后有的导电
一般不具有
导电性，个
别为半导体
电和热的良导体
晶体不导电，
水溶液或熔融
态导电
3．常见晶体的结构模型
(1)典型的分子晶体——干冰和冰
①干冰晶体中，每个CO2分子周围等距且紧邻的CO2分子有____个。
②冰晶体中，每个水分子与相邻的____个水分子以氢键相连接，含1 mol H2O 的冰中，最多可形成____
mol 氢键。
(2)典型的共价晶体——金刚石、二氧化硅
①金刚石和二氧化硅晶体结构模型比较
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
结构模型
晶胞
金刚石
二氧化硅
②金刚石和二氧化硅结构特点分析比较
金刚石
a.碳原子采取______杂化，键角为________
b.每个碳原子与周围紧邻的4 个碳原子以共价键结合成____________结
构，向空间伸展形成____________________________
c.最小碳环由____个碳原子组成，每个碳原子被____个六元环共用
d.金刚石晶胞的每个______和______均有1 个C 原子，晶胞内部有____个
C 原子，内部的C 在晶胞的体对角线的处，每个金刚石晶胞中含有____个
C 原子
二氧化硅
a.Si 原子采取sp3杂化，正四面体内O—Si—O 键角为109°28′
b.每个Si 原子与____个O 原子形成4 个共价键，Si 原子位于正四面体的中
心，O 原子位于正四面体的顶点，同时每个O 原子被____个硅氧正四面体
共用，晶体中Si 原子与O 原子个数比为________
c.最小环上有____个原子，包括____个O 原子和____个Si 原子
d.1 mol SiO2晶体中含Si—O 数目为______
e.SiO2晶胞中有____个Si 原子位于立方晶胞的顶点，有____个Si 原子位于
立方晶胞的面心，还有____个Si 原子与____个O 原子在晶胞内构成4 个
硅氧四面体。每个SiO2晶胞中含有____个Si 原子和____个O 原子
(3)典型的离子晶体——NaCl、CsCl、CaF2
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
①NaCl 型：在晶体中，每个Na＋同时吸引____个Cl－，每个Cl－同时吸引____个Na＋，配位数为____。每
个晶胞含____个Na＋和____个Cl－。
②CsCl 型：在晶体中，每个Cl－吸引____个Cs＋，每个Cs＋吸引____个Cl－，配位数为____。
③CaF2型：在晶体中，每个Ca2＋吸引____个F－，每个F－吸引____个Ca2＋，每个晶胞含____个Ca2＋，____
个F－。
知识拓展 晶格能
(1)定义
气态离子形成1 mol 离子晶体释放的能量，通常取正值，单位：kJ·mol－1。
(2)意义：晶格能越大，表示离子键越强，离子晶体越稳定，熔、沸点越高。
(3)影响因素
①离子所带电荷数：离子所带电荷数越多，晶格能越大。
②离子的半径：离子的半径越小，晶格能越大。
(4)过渡晶体与混合型晶体
①过渡晶体：纯粹的分子晶体、共价晶体、离子晶体和金属晶体四种典型晶体是不多的，大多数晶体是它
们之间的过渡晶体。人们通常把偏向离子晶体的过渡晶体当作离子晶体来处理，把偏向共价晶体的过渡晶
体当作共价晶体来处理。
②混合型晶体
石墨层状晶体中，层与层之间的作用是________________，平均每个正六边形拥有的碳原子个数是____，
C 原子采取的杂化方式是____。
考点三 晶胞模型与均摊法计算
1．晶胞中微粒数的计算方法——均摊法
(1)长方体(包括立方体)晶胞中不同位置的粒子数的计算
如某个粒子为N 个晶胞所共有，则该粒子有属于这个晶胞。中学中常见的晶胞为立方晶胞，立方晶胞中微
粒数的计算方法如图1。
(2)非长方体晶胞
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
在六棱柱(如图2)中，顶角上的原子有属于此晶胞，面上的原子有属于此晶胞，因此六棱柱中镁原子个数为
12×＋2×＝3，硼原子个数为6。
2．三种典型立方晶胞结构
3．晶胞中微粒配位数的计算
一个粒子周围最邻近的粒子数称为配位数，它反映了晶体中粒子排列的紧密程度。
(1)晶体中原子(或分子)的配位数
若晶体中的微粒为同种原子或同种分子，则某原子(或分子)的配位数指的是该原子(或分子)最接近且等距离
的原子(或分子)的数目，常见晶胞的配位数如下：
简单立方：配位数为6
面心立方：配位数为12
体心立方：配位数为8
(2)离子晶体的配位数
指一个离子周围最接近且等距离的异种电性离子的数目。
以NaCl 晶体为例
①找一个与其他粒子连接情况最清晰的粒子，如上图中心的黑球(Cl－)。
②数一下与该粒子周围距离最近的粒子数，如上图标数字的面心白球(Na＋)。确定Cl－的配位数为6，同样
方法可确定Na＋的配位数也为6。
考点四 晶胞参数计算
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
1．晶胞参数
晶胞的形状和大小可以用6 个参数来表示，包括晶胞的3 组棱长a、b、c 和3 组棱相互间的夹角α、β、γ，
即晶格特征参数，简称晶胞参数。
2．晶体结构的相关计算
(1)空间利用率＝×100%。
(2)金属晶体中体心立方堆积、面心立方堆积中的几组计算公式(设棱长为a)
①面对角线长＝________。
②体对角线长＝________。
③体心立方堆积____r＝______a(r 为原子半径)。
④面心立方堆积____r＝______a(r 为原子半径)。
3．宏观晶体密度与微观晶胞参数的关系
考点五：晶体熔、沸点高低原因解释
1．不同类型晶体熔、沸点比较
[答题模板]：×××为×××晶体，而×××为×××晶体。
例1 (1)金刚石的熔点比NaCl 高，原因是___________________________________
________________________________________________________________________。
(2)SiO2的熔点比CO2高，原因是____________________________________________
________________________________________________________________________。
2．同类型晶体熔、沸点比较
(1)分子晶体
[答题模板]：
①同为分子晶体，×××存在氢键，而×××仅存在较弱的范德华力。
②同为分子晶体，×××的相对分子质量大，范德华力强，熔、沸点高。
③同为分子晶体，两者的相对分子质量相同(或相近)，×××的极性大，熔、沸点高。
④同为分子晶体，×××形成分子间氢键，而×××形成的则是分子内氢键，分子间氢键会使熔、沸点升
高。
例2 (1)NH3的沸点比PH3高，原因是_____________________________________________
_______________________________________________________________________________。
(2)CO2比CS2的熔、沸点低，原因是_______________________________________________
_______________________________________________________________________________。
(3)CO 比N2的熔、沸点高，原因是_________________________________________________
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
_______________________________________________________________________________。
(4)
的沸点比
高，原因是_______________________
______________________________________________________________________________。
(2)共价晶体
[答题模板]：同为共价晶体，×××晶体的键长短，键能大，熔、沸点高。
例3 Si 单质比化合物SiC 的熔点低，理由是_____________________________________
____________________________________________________________________________。
(3)离子晶体
[答题模板]：
①阴、阳离子电荷数相等，则看阴、阳离子半径：
同为离子晶体，Rn－(或Mn＋)半径小于Xn－(或Nn＋)，故×××晶体晶格能大(或离子键强)，熔、沸点高。
②阴离子(或阳离子)电荷数不相等，阴离子(或阳离子)半径不相同：
同为离子晶体，Rn－(或Mn＋)半径小于Xm－(或Nm＋)，Rn－(或Mn＋)电荷数大于Xm－(或Nm＋)，故×××晶体晶
格能大(或离子键强)，熔、沸点高。
例4 (1)ZnO 和ZnS 的晶体结构相似，熔点较高的是ZnO，理由是__________________
____________________________________________________________________________。
(2)FeO 的熔点小于Fe2O3的熔点，原因是_________________________________________
____________________________________________________________________________。
【答案】
考点一 物质的聚集状态 晶体与非晶体
1．(1)晶态 非晶态 晶态 非晶态 (2)电子 阳离子
2．(1)周期性有序 相对无序 有 无 固定 不固定 各向异性 各向同性 (3)X 射线衍射
考点二 常见晶体类型
1．(2)①任何间隙 ②平行 取向
2．分子 原子 阴、阳离子 范德华力 共价键 金属键 离子键 很大 较大 很高
3．(1)①12 ②4 2 (2)②sp3 109°28′ 正四面体 空间网状结构 6 12 顶点 面心 4 8 4 2
1∶2 12 6
6 4NA 8 6 4 16 8 16 (3)①6 6 6 4 4
②8 8 8 ③8 4 4 8 (4)②分子间作用力 2 sp2
考点四 晶胞参数计算
2．(2)①a ②a ③4 ④4
考点五：晶体熔、沸点高低原因解释
例1 (1)金刚石是共价晶体，而NaCl 是离子晶体 (2)SiO2是共价晶体，而CO2是分子晶体
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
例2 (1)同为分子晶体，NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有较弱的范德华力 (2)同为分子晶
体，CS2的相对分子质量大，范德华力强，熔、沸点高 (3)同为分子晶体，两者相对分子质量相同，CO 的
极性大，熔、沸点高
(4)
形成分子内氢键，而
形成分子间氢键，分子间氢键会使沸点
升高
例3 晶体硅与SiC 均属于共价晶体，晶体硅中的Si—Si 比SiC 中Si—C 的键长长，键能低，所以熔点低
例4 (1)ZnO 和ZnS 同属于离子晶体，O2－半径小于S2－，故ZnO 晶格能大(或离子键强)，熔点高 (2)同为
离子晶体，Fe2＋半径比Fe3＋大，所带电荷数也小于Fe3＋，FeO 的晶格能比Fe2O3小
考点一 物质的聚集状态 晶体与非晶体
1．下列叙述错误的是( )
A. 超分子是由两个或多个分子相互“组合”在一起形成具有特定结构和功能的聚集体，能表现出不同于
单个分子的性质
B. 液晶内部分子沿分子长轴方向有序排列，使液晶具有各向异性
C. 液晶是液体和晶体的混合物
D. 纳米材料包括纳米颗粒与颗粒间的界面两部分组成
【答案】C
【解析】A．超分子能表现出不同于单个分子的性质，其原因是两个或多个分子相互“组合”在一起，形
成具有特定结构和功能的聚集体，A 正确；
B．液晶具有各向异性，其原因是液晶内部分子沿分子长轴方向进行有序排列，B 正确；
C．液晶是某些特殊的化合物，不是混合物，C 错误；
D．纳米材料包括纳米颗粒和颗粒间的界面两部分，D 正确；
故选C。
2．下列说法正确的是( )
A. 粉末状的固体肯定不是晶体
B. 在非晶体的X-射线衍射图谱上可能有分立的斑点
C. 缺角的氯化钠晶体在饱和的NaCl 溶液中慢慢变为完美的立方体块
D. 用红热的铁针刺中玻璃上凝固的石蜡，在不同方向上熔化的快慢不同
【答案】C
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【解析】A．晶体可以通过外部条件变成粉末状固体，如通过研磨，熔融态时迅速冷却等方法都可以得到
看不出几何外形的粉末，A 错误；
B．在非晶体的X-射线衍射图谱上看不到分立的斑点或明锐的衍射峰，B 错误；
C．晶体的自范性是指在适宜条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则的多面体外形的性质，这一适宜条
件一般指的是自动结晶析出的条件，缺角的氯化钠晶体在饱和的NaCl 溶液中慢慢变为完美的立方体块，C
正确；
D．晶体的许多物理性质表现出各向异性，但玻璃是非晶体，不具有物理性质各向异性的特点，所以用红
热的铁针刺中玻璃上凝固的石蜡，在不同方向上熔化的快慢相同，D 错误；
故答案选C。
3．晶体是一类非常重要的材料，在很多领域都有广泛的应用。我国现已能够拉制出直径为300 mm、重达
81 kg 的大直径硅单晶， 晶体硅大量用于电子产业。下列叙述正确的是( )
A. 形成晶体硅的速率越快越好
B. 晶体硅有固定的熔沸点，研碎后就变成了非晶体
C. 可用X 射线衍射实验来鉴别晶体硅和玻璃
D. 晶体硅的形成与晶体的自范性有关，而与各向异性无关
【答案】C
【解析】A．晶体的形成都要有一定的形成条件，如温度、压强、结晶速率等，但并不是说结晶速率越快
越好，速率太快可能导致晶体质量下降，故A 错误；
B．晶体硅有固定的熔点，研碎后仍为原子晶体，故B 错误；
C．晶体与非晶体最本质的区别是组成物质的粒子在微观空间是否有序排列，x 射线衍射可以看到微观结构，
所以区别晶体与非晶体最可靠的科学方法是对固体进行x-射线衍射实验，故C 正确；
D．晶体硅的形成与晶体的自范性有关，形成的晶体有各向异性，故D 错误；
故答案为C。
4．下列关于物质特殊聚集状态结构的叙述中，错误的是( )
纳米氧化锌晶体的晶胞结构
A. 液晶具有液体的流动性，在某些物理性质方面具有类似晶体的各向异性
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
B. 氧化镁晶体中离子键的百分数为50%，氧化镁晶体是一种过渡晶体
C. 如图氧化锌纳米晶体的晶胞中锌离子与氧离子的个数比为1 1∶
D. 等离子体的基本构成粒子只有阴、阳离子
【答案】D
【解析】A．液晶是介于液态和晶态之间的物质状态，既具有液体的流动性、粘度等，又具有晶体的某些
物理性质，如导热性等表现出类似晶体的各向异性，故A 正确；
B．MgO 中离子键的百分数为50%，不是纯粹的离子键，也不是纯粹的共价晶体，是离子晶体和共价晶体
之间的过渡晶体，故B 正确；
C．在此六棱柱晶胞中取，位于顶角有12 个小球，位于面心的有2 个小球，位于内部的有3 个小球，则属
于此晶胞的小球有
个；6 个大球位于棱上，4 个大球位于内部，则属于此晶胞的大球有
个。则锌离子与氧离子的个数比为1 1∶，故C 正确；
D．等离子体是由电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的物质聚集体。因此等离子体的基本
构成粒子不是阴、阳离子，故D 错误；
答案选D。
5．如图分别为物质I 和物质Ⅱ的微观结构示意图，下列说法错误的是( )
A. 物质I 具有能自发地呈现多面体外形的性质
B. 物质I 形成的固体有固定的熔、沸点
C. 物质II 形成的固体物理性质有各向异性
D. 二者的X-射线衍射图谱不相同
【答案】C
【解析】由两种物质的微观结构可知，I 中微粒呈周期性有序排列，II 中微粒排列相对无序，故I 为晶体，
II 为非晶体。
A．晶体具有自范性，因此可以能自发地呈现多面体外形，A 正确；
B．晶体有固定的熔沸点，B 正确；
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
C．非晶体的物理性质具有各向同性，C 错误；
D．X-射线衍射图谱有明锐的谱线，可以检验晶体和非晶体，图谱明显不同，D 正确；
故选C。
考点二 常见晶体类型
1．分子晶体的熔点通常都在200℃以下，下列数据是对应物质的熔点：据此做出的下列判断中正确的是(
)
物质
Na2O
NaCl
AIF3
AlCl3
BCl2
Al2O3
CO2
SiO2
熔点/℃
920
801
1291
190
－107
2073
－57
1723
A. NaCl 晶体熔化时，吸收的热量用于破坏离子键
B. 表中只有BCl3和干冰是分子晶体
C. 碳和硅是同一主族，故CO2和 SiO2的晶体类型相同
D. 两种含钠化合物是离子晶体，三种含铝化合物也是离子晶体
【答案】A
【解析】A．NaCl 晶体熔化时，离子键断键，吸收的热量用于破坏离子键，A 正确；
B．表中AlCl3、BCl3和干冰的熔沸点均较低，属于分子晶体，B 错误；
C．碳和硅是同一主族，但CO2是分子晶体， SiO2是原子晶体，C 错误；
D．两种含钠化合物是离子晶体，氯化铝是分子晶体，D 错误，
答案选A。
2．图为冰晶体的结构模型，大球代表O，小球代表H。下列有关说法正确的是( )
A. 冰晶体中每个水分子与另外四个水分子形成四面体结构
B. 冰晶体具有空间网状结构，是共价晶体
C. 水分子间通过
键形成冰晶体
D. 冰融化后，水分子之间的空隙增大
【答案】A
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【解析】A．如图所示，每个水分子可以与另外四个水分子之间形成氢键，从而形成四面体结构，A 正确；
B．冰晶体属于分子晶体，B 错误；
C．冰晶体中的水分子主要是靠氢键结合在一起，氢键不是化学键，而是一种分子间作用力，C 错误；
D．冰晶体中形成的氢键具有方向性和饱和性，故水分子间由氢键连接后，分子间空隙变大，而冰融化成
水后，体积减小，水分子之间空隙减小，D 错误；
故选A。
3．磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，其晶胞结构如图所示，其中的每个原子均满足8 电子稳定结构，原子
坐标A 为
，B 为
，D 为
。下列有关说法正确的是( )
A. 磷化硼晶体的化学式为BP，属于离子晶体
B. C 原子的坐标参数为
C. 磷化硼晶体的熔点很低
D. 磷化硼晶体结构中微粒的空间堆积方式与氯化钠晶体相同
【答案】B
【解析】
A．晶胞中P 位于顶点和面心，数目为8×
+6×
=4，B 位于晶胞内，数目为4，则磷化硼晶体的化学式为
BP，由于磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，属于共价晶体，A 错误；
B．根据A、B、D 的坐标参数可知C 坐标参数为(1，0.5，0.5)，B 正确；
C．磷化硼晶体是共价晶体，熔点高，C 错误；
D．该晶胞配位数为4，而NaCl 晶胞结构中阴阳离子的配位数均为6，所以磷化硼晶体结构微粒的空间堆
积方式与氯化钠不相同，D 错误；
故选B。
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
4．镍的合金及其配合物用途非常广泛。回答下列问题：
（1）基态Ni 原子的价电子排布式为___________ ， 最高能级电子云轮廓图为___________形。
（2）Ni 与Ca 均位于第四周期，最外层电子数也相同，但Ni 的熔点和沸点均比Ca 的高，这是因为
___________。
（3）镍可形成Ni(NH3)4(NCS)2、Ni(NH3)4 (NO2)2、K2[NiF4]等多种配合物。
①配体NCS-中，三种元素的电负性最大的是___________。
②配体
的空间构型为___________形，中心原子的杂化方式是___________。
K
③
2[NiF4 ]可由反应NiF2 + 2KHF2=K2[NiF4]+2HF 制取，KHF2晶体中所含的化学键类型有___________(填
字母)。
A．离子键 B．σ 键 C．π 键 D．非极性键
（4）Ni2 MnGa 晶体的立方晶胞结构如图a 所示。
①已知Ni2MnGa 的晶胞参数为0.5822nm，设NA为阿伏加德罗常数的数值，则Ni2MnGa 晶体的密度为
___________(列出计算式)g· cm-3。
Ni
②
2MnGa 晶体的晶胞结构还可以用图b 表示，若●表示的是Mn，则
表示的是___________，⊕表示的
是___________。
【答案】
（1） ①. 3d84s2
.
②球
（2）Ni 的原子半径比Ca 的小，价电子数比Ca 多，Ni 的金属键比Ca 的强
（3） ①. N
. V
. sp
②
③
2
. AB
④
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（4） ①.
. Ni
. Ga
②
③
【解析】【小问1 详解】
镍元素的原子序数为28，基态原子的价电子排布式为3d84s2，最高能级是电子云轮廓图为球形的4s 能级，
故答案为：3d84s2；球；
【小问2 详解】
金属镍和金属钙都是金属晶体，镍原子的原子半径小于钙原子、价电子数多于钙原子，所以镍晶体中的金
属键强于钙晶体，熔点高于钙晶体，故答案为：Ni 的原子半径比Ca 的小，价电子数比Ca 多，Ni 的金属键
比Ca 的强；
【小问3 详解】
①元素的非金属性越强，电负性越大，三种元素的非金属性强弱顺序为N＞S＞C，则电负性最大的是氮元
素，故答案为：N；
②亚硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为1，氮原子的杂化方式为杂化，离子的空间
构型为V 形，故答案为：V；sp2；
KHF
③
2晶体中含有氟化钾和氟化氢，则晶体中含有钾离子与氟离子形成的离子键，氢原子与氟原子形成的
σ 键，不含有π 键和非极性键，故选AB；
【小问4 详解】
①由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的镍原子个数为8，位于顶点和面心的镓原子个数为8×
+6×
=4，
位于棱上和体心的锰原子个数为12×
+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：
=( 0.5822×10—7)3d，解得d=，故答案为：
；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体心的
数目为8×
+6×
+12×
+1=8，位于体内的
●和⊕的个数都为4，若●表示的是锰原子，由晶体的化学式可知，
表示的是镍原子、⊕表示的是镓原
子，故答案为：Ni；Ga。
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
5．载氢体与储氢材料的研究是氢能利用的关键技术。回答以下问题：
（1）氮原子激发态的电子排布式有_______， 其中能最最高的是_______。(填标号)
a.1s22s22p23s1 b.1s22s12p4
c.1s22s22p13p2 d.1 s12s22p13d1
（2）PH3和NH3为两种常见的三角锥形气态分子，其键角分别93° 6'和107°，试用价层电子对互斥模型分
析PH3的键角小于NH3的原因_______。NH3的沸点比PH3大但比H2O 小的原因是：_______。
（3）载氢体氨硼烷(NH3BH3)和氨硼烷锂( LiNH2BH3)被认为是最具潜力的新型储氢材料，氨硼烷锂
(LiNH2BH3)中存在的化学键类型为_______，NH3BH3分子中存在配位键，N 原子与B 原子的杂化类型分别
为_______、_______。
（4）某种储氢材料LaNi5的晶体结构已经测定，属六方晶系，晶胞参数a=511pm， c=397pm，晶体结构如
图所示：
已知上述晶体结构最多可容纳18 个氢原子，写出完全吸氢后物质的化学式为_______，并计算该储氢材料
完全吸氢后氢的密度_______g·cm-3，(列出计算式即可，阿伏伽德罗常数为NA，忽略吸氢前后晶胞的体积
变化)。
【答案】（1） ①. abc
. c
②
（2） ①. N 的原子半径比P 小、电负性比P 大，使得NH3分子中共用电子对之间的距离比PH3分子中近且
斥力大 ②. 氨气分子间可以形成氢键，水分子间形成的氢键数日多于氨气分子间形成数目
（3） ①. 离子键，共价键 ②. sp3
. sp
③
3
（4） ①. LaNi5H6
.
②
【解析】【小问1 详解】
基态N 原子核外电子排布为1s22s22p3；
a．1s22s22p23s1为2p 电子跃迁到3s 轨道，为激发态；
b．1s22s12p4为2s 电子跃迁到2p 轨道，为激发态；
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
c．1s22s22p13p2为2p 电子跃迁到3p 轨道，为激发态；
d．1s12s22p13d1不是氮原子的电子排布；
不同能级能量高低顺序为
，故氮原子激发态的电子排布式有abc， 其中能最最高的是c；
【小问2 详解】
PH3和NH3的中心原子均为sp3杂化，由于N 的电负性大于P 且N 的原子半径比P 小，导致N-H 键中成键
电子对更偏向N，使得成键电子对之间的斥力NH3>PH3，故PH3的键角小于NH3；NH3能形成氢键而PH3
不能形成氢键，导致NH3的沸点比PH3大；水分子也能形成氢键，水分子中氧存在2 对孤电子对且氧的电
负性强于氮，故水分子形成氢键数目大于氨气分子且形成的氢键较牢固，故水的沸点更高；从而使得NH3
的沸点比PH3大但比H2O 小；
【小问3 详解】
氨硼烷锂(LiNH2BH3)中存在阳离子锂离子和阴离子之间的离子键以及氮氢、硼氢之间的共价键；故的化学
键类型为离子键，共价键；NH3BH3分子中存在配位键，结构为
，N 原子与B 原子均能形
成4 个共价键，其杂化类型均为sp3；
【小问4 详解】
据“均摊法”，晶胞中含
个La、
个Ni，已知上述晶体结构最多可容纳18
个氢原子，则完全吸氢后物质的化学式为LaNi5H6；晶胞参数a=511pm， c=397pm，则晶胞体积为
，晶体密度为
。
6．卤素钙钛矿已经被广泛应用于太阳能电池、发光二极体等领域，其中合成二维/三维(2D/3D)的钙钛矿异
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
质结是提升器件稳定性和转换效率的一个策略，近期化学工作者在气相合成的单晶三维钙钛矿CsPbBr3上
合成外延生长的水平和垂直的二维钙钛矿(PEA)2PbBr4(PEA+代表
)异质结。回答下列问
题：
(1)基态Br 原子的价电子排布式为___。
(2)PEA+中N 的价层电子对数为___，杂化轨道类型为___，PEA+中涉及元素的电负性由大到小的顺序为___，
1molPEA+中存在___molσ 键。
(3)已知铅卤化合物中存在正四面体构型的[PbCl4]2-、[PbBr4]2-、[PbI4]2-，三者中半径最小的配体为___。已知
[Pb2I6]2-中每个Pb 均采用四配位模式，则[Pb2I6]2-的结构式为___。
(4)Br2和碱金属单质形成的MBr 熔点如表：
MBr
NaBr
KBr
RbBr
CsBr
熔
点/℃
747
734
693
636
等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr 同时开始加热优先导电的是____(填化学式)，熔点呈现表中趋势的原因是
____。
(5)已知三维立方钙钛矿CsPbBr3中三种离子在晶胞(a)中占据正方体顶点、面心、体心位置，图(b)显示的是
三种离子在xz 面、yz 面、xy 面上的位置：
若晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为___g·cm-3 (写出表达式)。
②上述晶胞沿体对角线方向的投影图为___(填标号)。
A．
B．
C．
D．
【答案】
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)4s24p5
(2) 4 sp3 N>C>H 21
(3) Cl-
(4) CsBr NaBr、KBr、RbBr、CsBr 均为离子晶体，离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次
减小，熔点依次降低
(5)
或
A
【解析】(1)Br 在元素周期表中处于第四周期第ⅦA 族，价电子排布式为
；
(2)
中N 形成4 个
键，不存在孤电子对，因此价层电子对数为4；杂化轨道类型为
；
中涉及的元素为N、C、H，同一周期从左向右电负性逐渐增大，结合两种元素形成的化合物的价态
分析，得知电负性从大到小的顺序为N>C>H；1mol
中存在8mol
键，9mol
键，1mol
键，3mol
键，共21mol
键。
(3)正四面体构型的
、
、
配离子中中心原子为Pb，配体分别为
、
、
，
同一主族元素，从上到下离子半径依次增大，半径最小的为
；根据
中每个Pb 均采用四配位模
式，则每个Pb 会形成四个配位键，结合化学式判断结构式为
。
(4)NaBr、KBr、RbBr、CsBr 均为离子化合物，加热达到熔点形成熔融态可以电离出自由移动的离子导电，
因此等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr 同时开始加热，优先导电的是熔点低的物质；NaBr、KBr、RbBr、
CsBr 熔点呈现递减趋势的原因是均为离子晶体，离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减
小，熔点依次降低。
(5)三维立方钙钛矿
中三种离子在晶胞(a)中占据正方体顶点、面心、体心位置，并且三种离子在
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
面、
面、
面上的位置相同，推出其晶胞结构为
。①
位于面心，晶胞中
的数目
为
，
位于顶点，晶胞中
的数目为
，
位于体心，晶胞中
的数目为1，平均
每个晶胞中占有的
的数目均为1，若晶胞边长为
，阿伏加德罗常数的值为
，则晶胞的体积
为
，晶体的密度为
。②
，沿体对角线方向的投影
图为
，选A。
7．碳元素的单质有多种形式，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：
回答下列问题：
(1)金刚石、石墨、C60.、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为_______。
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(2)石墨烯(指单层石墨)中碳原子的杂化形式_______。
(3)C60属于_______晶体。
(4)石墨晶体中，层内C-C 键的键长为142 pm，而金刚石中C-C 键的键长为154 pm。其原因是金刚石中只
存在C-C 间的σ 键，而石墨层内的C-C 间不仅存在σ 键，还有_______键。
(5)若金刚石晶胞的晶胞参数a=365.6 pm，其密度为_______g·cm-3(列出计算式即可)。
(6)Ge 与C 是同族元素，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
(7)氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作
高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。
①关于这两种晶体的说法，正确的是_______(填序号)。
a．立方相氮化硼含有σ 键和π 键，所以硬度大 b．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
c．两种晶体中的B-N 键均为共价键 d．两种晶体均为分子晶体
NH
②
4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一、1molNH4BF4含有_______mol 配位键。
【答案】(1)同素异形体 (2)sp2 (3)分子 (4)π (5)
(6)GeCl4、GeBr4、GeI4熔、沸点依次升高，主要原因是它们都形成分子晶体，分子结构相似，相对分子质
量依次增大，分子间的作用力依次
(7) bc 2
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【解析】
（1）金刚石、石墨、C60.、碳纳米管等都是碳元素的单质，它们互为同素异形体。答案为：同素异形体；
（2）石墨烯(指单层石墨)中，碳原子的价层电子对数为3，碳原子的杂化形式为sp2。答案为：sp2；
（3）C60的熔沸点低，由分子构成，属于分子晶体。答案为：分子；
（4）石墨晶体中，层内C-C 键的键长为142 pm，而金刚石中C-C 键的键长为154 pm，则石墨层内碳碳键
长短，键能大，表明碳碳原子间除含有σ 键外，还有其他的作用力，则其原因是金刚石中只存在C-C 间的
σ 键，而石墨层内的C-C 间不仅存在σ 键，还有π 键。答案为：π；
（5）金刚石晶胞中，含有的C 原子数为
=8，晶胞参数a=365.6 pm，其密度为
=g·cm-3。答案为：
；
（6）Ge 与C 是同族元素，表中锗的卤化物为GeCl4、GeBr4、GeI4，它们都构成正四面体结构的分子，熔
点和沸点依次升高，则其变化规律及原因：GeCl4、GeBr4、GeI4熔、沸点依次升高，主要原因是它们都形
成分子晶体，分子结构相似，相对分子质量依次增大，分子间的作用力依次增大。答案为：GeCl4、
GeBr4、GeI4熔、沸点依次升高，主要原因是它们都形成分子晶体，分子结构相似，相对分子质量依次增大，
分子间的作用力依次增大；
（7）①a．立方相氮化硼的结构类似于金刚石，晶胞内只含有σ 键，碳原子构成正四面体结构，所以硬度
大，a 不正确；
b．六方相氮化硼层间不存在化学键，只存在分子间作用力，所以作用力小，质地软，b 正确；
c．B、N 都为非金属元素，两种晶体中的B-N 键均为共价键，c 正确；
d．两种晶体中，前者为混合型晶体，后者为共价晶体，d 不正确；
故选bc；
NH
②
4BF4(氟硼酸铵)由
和
构成，两种离子中各含有1 个配位键，所以1molNH4BF4含有2mol 配位
键。答案为：bc；2。
考点三 晶胞模型与均摊法计算
1.某离子晶体的晶体结构中最小重复单元如图所示。A 为阴离子，在正方体内，B 为阳离子，分别在顶点
和面心，则该晶体的化学式为( )
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A．B2A B．BA2 C．B7A4 D．B4A7
【答案】B
【解析】A 的个数：8，B 的个数：8×＋6×＝4。
2．Cu 元素与H 元素可形成一种红色化合物，其晶体结构单元如图所示。则该化合物的化学式为________。
【答案】CuH
【解析】根据晶胞结构可以判断：Cu：2×＋12×＋3＝6；H：6×＋1＋3＝6，所以化学式为CuH。
3．(1)硼化镁晶体在39 K 时呈超导性。在硼化镁晶体中，镁原子和硼原子是分层排布的，下图是该晶体微
观结构的透视图，图中的硼原子和镁原子投影在同一平面上。则硼化镁的化学式为________。
(2)在硼酸盐中，阴离子有链状、环状等多种结构形式。如图是一种链状结构的多硼酸根，则多硼酸根离子
符号为________。
【答案】(1)MgB2 (2)BO
【解析】
(1)每个Mg 周围有6 个B，而每个B 周围有3 个Mg，所以其化学式为MgB2。(2)从图可看出，每个
单元中，都有一个B 和一个O 完全属于这个单元，剩余的2 个O 分别被两个结构单元共
用，所以B O
∶＝1 (1
∶
＋2×)＝1 2∶，化学式为BO。
4．天然硅酸盐组成复杂，阴离子的基本结构单元是SiO 四面体，如图(a)，通过共用顶角氧离子可形成链
状、网状等结构，图(b)为一种无限长双链的多硅酸根，其中Si 与O 的原子数之比为________，化学式为
________(用n 代表聚合度)。
23
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】2 5.5
∶
[Si4O11]
【解析】 n 个SiO2 通过共用顶点氧离子可形成双链结构，找出重复的结构单元，如图：
，由于是双链，其中顶点氧占，Si 原子数为4，O 原子数为4×＋6×＋4＋2＝11，
其中Si 与O 的原子数之比为2 5.5
∶
，化学式为[Si4O11]。
5.硅化镁是一种窄带隙n 型半导体材料，在光电子器件、能源器件、激光、半导体制造等领域具有重要应
用前景。硅化镁的晶胞参数a＝0.639 1 nm，属于面心立方晶胞，结构如图所示。Si 原子的配位数为
________。
【答案】8
【解析】
根据晶胞结构，以面心Si 原子为基准，同一晶胞内等距离且最近的Mg 原子有4 个，紧邻晶胞还有4 个Mg
原子，共8 个，故Si 原子的配位数为8。
6.如图是一种由Y(与Sc 同族)、Fe、Ba、O 组成的晶体，晶胞棱上的球代表Ba，顶点的球代表Y，四方锥
中心和八面体中心的球代表Fe，其余小球代表O。
(1)该晶体的化学式为________。
(2)其中Y 的配位数为________。
【答案】(1)YBa2Fe3O8 (2)8
【解析】
(1)由晶胞结构可知，Y 位于顶点，原子数为×8＝1；Ba 位于棱上，原子数为×8＝2；O 原子有12 个位于面
上，2 个位于晶胞内，原子数为×12＋2＝8；3 个Fe 原子位于晶胞内，该晶体的化学式为YBa2Fe3O8。(2)从
24
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
晶胞结构知Y 位于晶胞顶点，距离Y 最近的原子共有8 个，即Y 的配位数为8。
考点四 晶胞参数计算
1、钒的某种氧化物的立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为a pm。下列说法错误的是( )
A．该钒的氧化物的化学式为VO2
B．V 原子在该晶体中的堆积方式为体心立方
C．V 原子的配位数与O 原子的配位数之比为1∶2
D．该晶胞的密度为 g·cm－3
【答案】C
【解析】
晶胞中V 原子位于顶角和体心，数目为1＋8×＝2；O 原子位于上下面上和体内，数目为2＋4×＝4，二者
原子数目之比为1∶2，故氧化物的化学式为VO2，故A 正确；晶胞V 原子位于顶角和体心，符合体心立方
的堆积方式，故B 正确；体心V 原子的配位数为6，O 原子的配位数为3，所以V 原子的配位数与O 原子的
配位数之比为2∶1，故C 错误；m＝ g，V＝a3 pm3＝(a×10－10)3cm3，ρ＝＝ g·cm－3，故D 正确。
2.Zn 与S 所形成化合物晶体的晶胞如图所示。Zn2＋的配位数是________，S2－填充在Zn2＋形成的正四面体空
隙中。若该晶体的密度为d g·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞参数a＝ ________ nm。
【答案】 4 ×107
【解析】 根据晶胞结构可知晶胞中含有Zn2＋个数为8×＋6×＝4，S2－全部在晶胞内，共4 个，其化学式
是ZnS。根据晶胞结构可知S2－位于4 个Zn2＋形成的正四面体空隙中，S2－的配位数是4，根据化学式可判断
Zn2＋的配位数也是4。若该晶体的密度为d g·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则d＝，因此该晶胞参数
a＝ cm＝×107 nm。
3.如图是Fe 单质的晶胞模型。已知晶体密度为d g·cm－3，铁原子的半径为________ nm(用含有d、NA的
代数式表示)。
【答案】××107
【解析】
由Fe 单质的晶胞图可知，晶胞中含铁原子个数为2，晶胞的质量为 g，晶胞体积为 cm3，则晶胞边长为
cm，设Fe 原子的半径为r，则4r＝× cm，r＝××107 nm。
4．立方氮化硼的硬度仅次于金刚石，但热稳定性远高于金刚石，其晶胞结构如图所示。立方氮化硼属于
25
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
________晶体，其中硼原子的配位数为________。已知：立方氮化硼的密度为
d g·cm－3，B 原子半径为x pm，N 原子半径为y pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的空间利
用率为______________(列出化简后的计算式)。
【答案】共价 4 ×100%
【解析】
立方氮化硼的硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是共价晶体；晶胞中每个N 原子连接4 个B 原
子，氮化硼的化学式为BN，所以晶胞中每个B 原子也连接4 个N 原子，即硼原子的配位数为4；晶胞中N
原子数为4，B 原子数为8×＋6×＝4，晶胞的质量m＝ g，晶胞的体积V＝＝ cm3＝ cm3，B、N 原子总体积
V′＝4×[＋]＝×(x3＋y3)×10－30 cm3，晶胞中原子的空间利用率为×100%＝×100%＝×100%。
5．氮化硼是一种性能优异的新型材料，主要结构有六方氮化硼(图1)和立方氮化硼(图2)。前者与石墨结
构类似。
(1)50.0 g 六方氮化硼晶体中含有六元环的数目为______。
(2)立方氮化硼中N 的配位数为________。已知立方氮化硼密度为d g·cm－3，NA代表阿伏加德罗常数的值，
立方氮化硼晶胞中面心上6 个N 原子相连构成正八面体，该正八面体的边长为________ pm(列式即可)。
【答案】
(1)2NA (2)4 ××1010
【解析】
(1)根据均摊法，一个六方氮化硼晶体的六元环含有一个N、一个B,50.0 g 六方氮化硼晶体中含有六元环
的数目为×NA＝2NA。
(2)由图2 可知，立方氮化硼中N 的配位数为4；面心上6 个N 原子构成正八面体，该正八面体的边长等于
面对角线的一半，设BN 晶胞边长为a cm,1 个晶胞中含有4 个B 原子，含有N 原子数为8×＋6×＝4，则1
个晶胞中含有4 个BN，所以d＝，解得a＝，故正八面体的边长为××1010 pm。
考点五：晶体熔、沸点高低原因解释
1．FeF3具有较高的熔点(高于1 000 ℃)，其化学键类型是________，FeBr3的相对分子质量大于FeF3，但
其熔点只有200 ℃，原因是_____________________________________________
______________________________________________________________________________。
2．已知：K2O 的熔点为770 ℃，Na2O 的熔点为1 275 ℃，二者的晶体类型均为______________，K2O 的
熔点低于Na2O 的原因是___________________________________________________
______________________________________________________________________________。
26
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
3．已知氨(NH3，熔点：－77.8 ℃、沸点：－33.5 ℃)，联氨(N2H4，熔点：2 ℃、沸点：113.5 ℃)，解释
其熔、沸点高低的主要原因：________________________________________________
_____________________________________________________________________________。
4．已知氮化硼与砷化镓属于同种晶体类型。则两种晶体熔点较高的是__________(填化学式)，其理由是
________________________________________________________________________。
5 ．S 位于周期表中第________ 族，该族元素氢化物中，H2Te 比H2S 沸点高的原因是
_______________________________________________________________________________，
H2O 比H2Te 沸点高的原因是_____________________________________________________。
【答案】
1．离子键 FeF3为离子晶体，FeBr3的化学键以共价键为主，属于分子晶体
2．离子晶体 K＋的半径大于Na＋，K2O 的晶格能小于Na2O
3．联氨分子间形成氢键的数目多于氨分子形成的氢键
4．BN 两种晶体均为共价晶体，N 和B 原子半径较小，键能较大，熔点较高
5．ⅥA 两者均为分子晶体且结构相似，H2Te 相对分子质量比H2S 大，分子间作用力更强 两者均为分
子晶体，H2O 分子间存在氢键
第三板块 真题演练
1. (2023·湖南)科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为apm。阿伏加
德罗常数的值为N A。下列说法错误的是
A. 晶体最简化学式为KCa B6C6
B. 晶体中与K
+最近且距离相等的C a
2+有8个
C. 晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面
27
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
D. 晶体的密度为2.17×10
32
a
3⋅N A
g⋅c m
−3
【答案】C
【解析】
A.根据晶胞结构可知，其中K个数：8× 1
8 =1，Ca个数：1，B个数：12× 1
2 =6，C个数：12× 1
2 =6，故
其最简化学式为KCa B6C6，A 正确；
B.根据晶胞结构可知，K
+位于晶胞顶点，C a
2+位于体心，则晶体中与K
+最近且距离相等的C a
2+有8个，
B 正确；
C.根据晶胞结构可知，晶胞中B和C原子构成的多面体有14个面，C 错误；
D. 根据选项A 分析可知，该晶胞化学式为KCa B6C6，则1个晶胞质量为：217
N A
g，晶胞体积为
a
3×10
−30c m
3，则其密度为2.17×10
32
a
3⋅N A
g⋅c m
−3，D 正确。
2. (2022·山东)AlN、GaN属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在N −Al
键、N −Ga键。下列说法错误的是( )
A. GaN的熔点高于AlN
B. 晶体中所有化学键均为极性键
C. 晶体中所有原子均采取s p
3杂化
D. 晶体中所有原子的配位数均相同
【答案】A
【解析】
A .因为AlN、GaN为结构相似的共价晶体，由于Al原子的半径小于Ga，N −Al的键长小于N −Ga的，
则N −Al的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN的熔点低于AlN，故A 错误；
B.不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，故B 正确；
C.金刚石中每个C原子形成4个共价键(即C原子的价层电子对数为4)，C原子无孤电子对，故C 原子均采
取s p
3杂化；由于AlN、GaN与金刚石结构相似，则其晶体中所有原子均采取s p
3杂化，故C 正确；
D.金刚石中每个C原子与其周围4个C原子形成共价键，即C原子的配位数是4，由于AlN、GaN与金刚石
结构相似，则其晶体中所有原子的配位数也均为4，故D 正确；
故选：A。
3. (2023·辽宁)晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行
28
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是 ( )
A. 图1晶体密度为
72.5
N A×a
3×10
−30 g⋅c m
−3
B. 图1中O原子的配位数为6
C. 图2表示的化学式为lim g2OC lx Br1−x
D. M g
2+取代产生的空位有利于Li
+传导
【答案】C
【解析】
A .由图可知，晶胞中含有Cl：4× 1
4 =1，含有O：2× 1
2 =1，含有Li：8× 1
4 +1=3，晶胞的化学式为
Li3ClO，所以晶体密度为：ρ= m
V =
72.5
N A
g
(a×10
−10cm)
3 =
72.5
N A×a
3×10
−30 g⋅c m
−3，故A 正确；
B.由图可知，图1中与O原子距离最近且相等的Li原子的个数为6，即O配位数为6，故B 正确；
C.由图可知，晶胞中含有Cl或Br：4× 1
4 =1，含有O：2× 1
2 =1，含有Li：8× 1
4 +1=3，含有Mg或空位：
8× 1
8 =1，所以晶胞的化学式为LiMgOC lx Br1−x，故C 错误；
D.因为M g
2+的半径大于Li
+，M g
2+取代产生的空位体积更大，有利于内部的Li
+传导，故D 正确；
故选：C。
29
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
4. (2023·湖北)镧La和H可以形成一系列晶体材料La H n，在储氢和超导等领域具有重要应用。La H n属
于立方晶系，晶胞结构和参数如图所示。高压下，La H 2中的每个H结合4个H形成类似C H 4的结构，即
得到晶体La H x。下列说法错误的是 ( )
A. La H 2晶体中La的配位数为8
B. 晶体中H和H的最短距离：La H 2> La H x
C. 在La H x晶胞中，H形成一个顶点数为40的闭合多面体笼
D. La H x单位体积中含氢质量的计算式为
40
(4.84×10
−8)
3×6.02×10
23 g⋅c m
−3
【答案】C
【解析】
A .由La H 2的晶胞结构可知，La位于顶点和面心，晶胞内8个小立方体的中心各有1个H原子，若以顶点
La研究，与之最近的H原子有8个，则La的配位数为8，故A 正确；
B.由晶胞结构可知，每个H结合4个H形成类似C H 4的结构，H和H之间的最短距离变小，则晶体中H和
H的最短距离：La H 2> La H x，故B 正确；
C.由题干信息可知，在La H x晶胞中，每个H结合4个H形成类似C H 4的结构，这样的结构有8个，顶点数
为4×8=32，且不是闭合的结构，故C 错误；
D.1个La H x晶胞中含有5×8= 40个H原子，含H质量为
40
N A /mol ×1g/mol = 40
N A
g，晶胞的体积为
(484.0×10
−10cm)
3=(4.84×10
−8)
3c m
3，则单位体积中含氢质量的计算式为：
40
(4.84×10
−8)
3×6.02×10
23 g⋅c m
−3
，故D 正确；
30
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
5. (2022·天津)一定条件下，石墨转化为金刚石吸收能量。下列关于石墨和金刚石的说法正确的是
A. 金刚石比石墨稳定
B. 两物质的碳碳σ键的键角相同
C. 等质量的石墨和金刚石中，碳碳σ键数目之比为4∶3
D. 可以用X射线衍射仪鉴别金刚石和石墨
【答案】D
【解析】
A.石墨转化为金刚石吸收能量，则石墨能量低，根据能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，故A 错误；
B.金刚石是空间网状正四面体形，键角为109°28′，石墨是层内正六边形，键角为120°，因此碳碳 σ 键
的键角不相同，故B 错误；
C.金刚石是空间网状正四面体形，石墨是层内正六边形，层与层之间通过范德华力连接，1mol金刚石有
2mol碳碳 σ 键，1mol石墨有1.5mol碳碳 σ 键，因此等质量的石墨和金刚石中，碳碳 σ 键数目之比为
3∶4，故C 错误；
D.金刚石和石墨是两种不同的晶体类型，因此可用X射线衍射仪鉴别，故D 正确。
综上所述，答案为D。
6．(2022·湖北)C60在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的
说法错误的是( )
A．具有自范性
B．与C60互为同素异形体
C．含有sp3杂化的碳原子
D．化学性质与金刚石有差异
【答案】A
【解析】
自范性是晶体的性质，碳玻璃为非晶态，所以没有自范性，A 错误；碳玻璃和C60均是由碳元素形成的不
同的单质，所以互为同素异形体，B 正确；金刚石与碳玻璃互为同素异形体，性质差异主要表现在物理性
质上，化学性质上也有差异，D 正确。
7．(2021·天津)下列各组物质的晶体类型相同的是( )
A．SiO2和SO3
B．I2和NaCl
C．Cu 和Ag
D．SiC 和MgO
【答案】C
【解析】
SiO2为共价晶体，SO3为分子晶体，A 错误；I2为分子晶体，NaCl 为离子晶体，B 错误；Cu 和Ag 都为金属
晶体，C 正确；SiC 为共价晶体，MgO 为离子晶体，D 错误。
31
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
8. (2023·全国乙卷)中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物
( M gx F e2−x SiO4)，回答下列问题：
(1)基态Fe原子的价电子排布式为 ______ ，橄榄石中，各元素电负性大小顺序为 ______ ，铁的化合价
为 ______ 。
(2)已知一些物质的熔点数据如下表：
物质
熔点/℃
NaCl
800.7
SiC l4
−68.8
GeC l4
−51.5
SnC l4
−34.1
Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiC l4。原因是 ______ 。分析同族元素的氯化物SiC l4、
GeC l4、SnC l4熔点变化趋势及其原因 ______ 。SiC l4的空间结构为 ______ ，其中Si的轨道杂化形式
为 ______ 。
(3)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于立方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如图所示，
晶胞中含有 ______ 个Mg。该物质化学式为 ______ ，B−B最近距离为 ______ 。
【答案】
3d
64 s
2 O>Si> Fe> Mg +2 NaCl为离子晶体，SiC l4为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体
SiC l4、GeC l4、SnC l4均为分子晶体，相对分子质量逐渐增大，随着相对分子质量的增大，熔沸点逐渐
升高 正四面体形 s p
3杂化 3 Mg B2 √3
3 a
【解析】
(1)Fe为26号元素，价电子排布式为：3d
64 s
2；非金属性越强电负性越大，橄榄石中含有Mg、Fe、Si、
O四种元素，因此电负性大小顺序为：O>Si> Fe> Mg；化合物M gx F e2−x SiO4中Mg元素的化合价为
32
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
+2价，Si元素的化合价为+ 4价，O元素的化合价为−2价，根据各元素的代数和为0，可知Fe元素的化合
价为+2价，
故答案为：3d
64 s
2；O>Si> Fe> Mg；+2；
(2)NaCl为离子晶体，SiC l4为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，因此NaCl熔点明显高于SiC l4；
SiC l4、GeC l4、SnC l4均为分子晶体，相对分子质量逐渐增大，随着相对分子质量的增大，熔沸点逐渐
升高；SiC l4的价电子对数为：4+ 4
2
= 4，孤电子对数为0，因此SiC l4的空间构型为正四面体形，Si的轨
道杂化形式为s p
3杂化，
故答案为：NaCl为离子晶体，SiC l4为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体；SiC l4、GeC l4、
SnC l4均为分子晶体，相对分子质量逐渐增大，随着相对分子质量的增大，熔沸点逐渐升高；正四面体形；
s p
3杂化；
(3)根据均摊法，晶胞中含有的Mg原子的个数为：12× 1
6 +2× 1
2 =3，B原子的个数为6，因此该物质的化
学式为Mg B2；晶胞沿c轴的投影图可知，B−B间最近距离为边长的a的两个正三角形重心间的距离，因
此B−B最近距离为√3
3 a，
故答案为：3；Mg B2；√3
3 a。
9. (2023·浙江)硅材料在生活中占有重要地位。请回答：
(1)Si( N H 2)4分子的空间结构(以Si为中心)名称为 ______，分子中氮原子的杂化轨道类型是 ______。
Si( N H 2)4受热分解生成Si3 N 4和N H 3，其受热不稳定的原因是 ______。
(2)由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①[ Ne ]3 s
23 p
2、②[ Ne ]3 s
23 p
1、
③[ Ne ]3 s
23 p
14 s
1，有关这些微粒的叙述，正确的是 ______。
A.微粒半径：③>①>②
B.电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②
C.电离一个电子所需最低能量：①>②>③
D.得电子能力：①>②
(3)Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是 ______，该化合物的化学式为 ______。
33
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】
(1)四面体；s p
3；Si周围的N H 2基团体积较大，受热时斥力较强[ Si( N H 2)4中Si−N键能相对较小]，产
物中气态分子数显著增多(熵增)(2) AB
(3)共价晶体；Si P2
【解析】(1)Si H 4中Si原子价层电子对个数= 4+ 4−4×1
2
= 4且不含孤电子对，Si H 4空间构型为正四面
体结构，Si( N H 2)4分子相当于Si H 4中4个氢原子被4个−N H 2取代，所以Si( N H 2)4分子的空间结构(以
Si为中心)名称为四面体，N原子和1个Si原子、2个H原子形成3个共价键，且每个N原子还含有1个孤电
子对，所以N原子价层电子对个数是4，N原子采用s p
3杂化；Si周围的N H 2基团体积较大，受热时斥力
较强，Si( N H 2)4中Si−N键能相对较小，断裂Si−N键所需能量较小，且该反应产物中气态分子数显著
增多，属于熵增的反应，所以Si( N H 2)4受热分解生成Si3 N 4和N H 3，
故答案为：四面体；s p
3；Si周围的N H 2基团体积较大，受热时斥力较强[ Si( N H 2)4中Si−N键能相对较
小]，产物中气态分子数显著增多(熵增)；
(2)①②③分别是基态Si原子、Si
+离子、激发态Si原子；
A.激发态Si原子有四层电子，Si
+离子失去了一个电子，根据微粒电子层数及各层电子数多少可推知，微粒
半径：③>①>②，故A 正确；
B.①②原子核外电子排布符合构造原理，属于基态原子，③为激发态原子，故B 正确；
C.激发态Si原子不稳定，容易失去电子；基态Si原子失去一个电子是硅的第一电离能，Si
+离子失去一个电
子是硅的第二电离能，由于I 2> I 1，可以得出电离一个电子所需最低能量：②>①>③，故C 错误；
D.由C可知②比①更难失电子，则②比①更容易得电子，即得电子能力：②>①，故D 错误；
故答案为：AB；
(3)该晶体是由原子构成的空间网状结构的晶体，为共价晶体；该晶胞中Si原子个数=8× 1
8 +6× 1
2 = 4、P
34
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
原子个数=8，Si、P原子个数之比为4：8=1：2，化学式为Si P2。
10. (2023·全国)酞菁—钴钛—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化
剂。回答下列问题：
(1)图1所示的几种碳单质，它们互为_______，其中属于共价晶体的是_______，C60间的作用力是
_______。
(2)酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。
酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是 _______(填图2酞菁中N原子的标号)。
钴酞菁分子中，钴离子的化合价为_______，氮原子提供孤对电子与钴离子形成_______键。
(3)气态AlC l3通常以二聚体A l2C l6的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中Al的轨道杂化类型为
_______。Al F3的熔点为1090，远高于AlC l3的192，由此可以判断铝氟之间的化学键为 _______键。
Al F3结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，F
−的配位数为 _______。若晶胞参数为apm，晶体密度ρ=
_______g⋅c m
−3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为N A)。
35
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】(1)同素异形体；金刚石；范德华力
(2)③；+2；配位
(3)s p
3；离子；2；84×10
30
N A⋅a
3
【解析】(1)同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体。图1所示的几种碳单质，它们的组成元素均为
碳元素，因此，它们互为同素异形体；其中金刚石属于共价晶体，石墨属于混合型晶体， C60 属于分子晶
体，碳纳米管不属于共价晶体； C60 间的作用力是范德华力；
(2)已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C原子和所有的N原子均为 s p
2 杂化，且分子中
存在大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个 s p
2 杂化轨道，其p轨道只能提供1个
电子参与形成大π键，标号为③的N原子的 p轨道能提供一对电子参与形成大π键，因此标号为③的N原
子形成的N — H键易断裂从而电离出 H
+ ；钴酞菁分子中，失去了2个 H
+ 的酞菁离子与钴离子通过配位
键结合成分子，因此，钴离子的化合价为+2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。
(3)由 A l2C l6 的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯
原子形成四面体结构，因此，二聚体中Al的轨道杂化类型为 s p
3 。Al F3的熔点为1090℃，远高于
AlC l3的192℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离
子键。由Al F3的晶胞结构可知，其中含灰色球的个数为 12× 1
4 =3 ，红色球的个数为 8× 1
8 =1 ，则灰色
的球为 F
− ，距 F
− 最近且等距的 A l
3+ 有2个，则 F
− 的配位数为2。若晶胞参数为a pm，则晶胞的体积
为 (apm)
3=a
3×10
−30c m
3 ，晶胞的质量为 84 g
N A
，则其晶体密度 ρ= 84×10
30
N A⋅a
3 g⋅c m
3 。
11. (2023·浙江)氮的化合物种类繁多，应用广泛。
36
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
请回答：
(1)基态N原子的价层电子排布式是 ______ 。
(2)与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。
①下列说法不正确的是 ______ 。
A.能量最低的激发态N原子的电子排布式：1s
22s
12 p
33 s
1
B.化学键中离子键成分的百分数：C a3 N 2> M g3 N 2
C.最简单的氮烯分子式：N 2 H 2
D.氮烷中N原子的杂化方式都是s p
3
②氮和氢形成的无环氨多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为 ______ 。
③给出H
+的能力：N H 3 ______ [CuN H 3]
2+(填“>”或“<”)，理由是 ______ 。
(3)某含氮化合物晶胞如图，其化学式为 ______ ，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为 ______ 。
【答案】2s
22 p
3 A N n H n+2−2m，(n≥2,m≤n
2 ,m为正整数) < 形成配位键后，使得N原子电子云向
铜偏移，使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，更易给出H
+ CaC N 2 6
【解析】
(1)N是7号元素，基态N原子电子排布式为1s
22s
22 p
3，价电子排布式为：2s
22 p
3，
故答案为：2s
22 p
3；
(2)①A .能量最低的激发态N原子为1个2 p能级电子跃迁到3 s能级，则能量最低的激发态N原子的电子排
布式：1s
22s
22 p
23 s
1，故A 错误；
37
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
B.成键原子电负性差值越大，化学键中离子键成分的百分数越大，电负性：Ca< Mg，故化学键中离子键
成分的百分数：C a3 N 2> M g3 N 2，故B 正确；
C.最简单的氮烯中含有两个N原子，两个N原子间形成氮氮双键，每个N原子与H原子形成N −H键，故
最简单的氮烯分子式：N 2 H 2，故C 正确；
D.氮烷中N原子有3个成单电子和1个孤对电子，价层电子对数都为4，氮烷中N原子的杂化方式都是s p
3，
故D 正确；
故答案为：A；
②氮和氢形成氨烷时，每个N原子能形成3个价键，N原子间形成单键，则氮烷的通式为：N n H n+2，n≥1；
氮和氢形成的无环氨多烯，每多一个双键就少2个H原子，则氮烯的通式为：N n H n+2−2m，
(n≥2,m≤n
2 ,m为正整数)，
故答案为：N n H n+2−2m，(n≥2,m≤n
2 ,m为正整数)；
③[CuN H 3]
2+中N原子提供孤电子对，C u
2+提供空轨道，形成配位键，使得N原子电子云向铜偏移，使
氮氢键的极性变大，氮氢键更易断裂，更易给出H
+，
故答案为：<；形成配位键后，使得N原子电子云向铜偏移，使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，更易
给出H
+；
(3)由晶胞图和俯视图可知，C a
2+位于顶点和体内，个数为8× 1
8 +2=3，C N 2
2−位于棱上和体内，个数为
2+ 4× 1
4 =3，C a
2+：C N 2
2−=3：3=1：1，则其化学式为CaC N 2；由其键角为120°，根据其六方最密
堆积图可知，以体内的1个C N 2
2−为例，在其上方、下方距离最近的C a
2+各有3个，配位数为6，
故答案为：CaC N 2；6。
12.（2023·北京） 硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根(S2O3
2−)可看作是SO4
2−中的
一个O原子被S原子取代的产物。
(1)基态S原子价层电子排布式是 ______ 。
38
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(2)比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由： ______ 。
(3)S2O3
2−的空间结构是 ______ 。
(4)同位素示踪实验可证实S2O3
2−中两个S原子的化学环境不同，实验过程为
SO3
2−→
❑
❑
S2O3
2−→
❑
❑
A g2S+ SO4
2−。过程ii中，S2O3
2−断裂的只有硫硫键，若过程i所用试剂是N a2
32SO3和
❑
35 S，过程ii含硫产物是 ______ 。
(5)Mg S2O3⋅6 H 2O的晶胞形状为长方体，边长分别为anm、bnm、cnm，结构如图所示。
晶胞中的[ Mg( H 2O)6]
2+个数为 ______ 。已知Mg S2O3⋅6 H 2O的摩尔质量是Mg⋅mol
−1，阿伏加德
罗常数为N A，该晶体的密度为 ______ g⋅c m
−3。(1nm=10
−7cm)
(6)浸金时，S2O3
2−作为配体可提供孤电子对与A u
+形成[ Au(S2O3)2]
3−。分别判断S2O3
2−中的中心S原子
和端基S原子能否做配位原子并说明理由： ______ 。
【答案】
3 s
23 p
4 S、O为同一主族元素，氧原子核外有2个电子层、硫原子核外有3个电子层，则r(O)<r(S)，O
原子核最最外层电子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1个电子，所以O的第一电离能大于S 四面体
39
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
形 ❑
32SO4
2−、A g2
35 S 4
4 M
abc×10
−21 N A
S2O3
2−的中心S原子价层电子对个数为4且不含孤电子对，则中
心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤电子对，能做配位原子
【解析】
(1)基态S原子价层电子为3 s、3 p能级上的电子，则价态S原子价层电子排布式为3 s
23 p
4，
故答案为：3 s
23 p
4；
(2)同一主族元素，原子半径越小，原子核对最外层电子吸引力越大，最外层电子越难失去电子，S、O为
同一主族元素，氧原子核外有2个电子层、硫原子核外有3个电子层，则r(O)<r(S)，O原子核最最外层
电子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1个电子，所以O的第一电离能大于S，
故答案为：S、O为同一主族元素，氧原子核外有2个电子层、硫原子核外有3个电子层，则r(O)<r(S)，
O原子核最最外层电子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1个电子，所以O的第一电离能大于S；
(3)S2O3
2−和SO4
2−互为等电子体，结构相似，SO4
2−中心S原子价层电子对个数为4 + 6+2−4×2
2
= 4且不
含孤电子对，则SO4
2−的空间结构为正四面体形，则S2O3
2−的空间结构为四面体形，
故答案为：四面体形；
(4)根据图知，过程ii中含硫产物为❑
32SO4
2−、A g2
35 S，
故答案为：❑
32SO4
2−、A g2
35 S；
(5)晶胞中的[ Mg( H 2O)6]
2+个数为1+2× 1
2 + 4× 1
4 +8× 1
8 = 4；S2O3
2−的个数为4，相当于该晶胞中含有
4个“Mg S2O3⋅6 H 2O”，晶胞体积为(a×10
−7cm)×(b×10
−7cm)×(c×10
−7cm)=abc×10
−21c m
3，
该晶体的密度=
M
N A
×4
V
= 4 M
V N A
=
4 M
abc×10
−21 N A
g/c m
3，
40
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
故答案为：4；
4 M
abc×10
−21 N A
；
(6)S2O3
2−的中心S原子价层电子对个数为3+1+ 6+2−4×2
2
= 4且不含孤电子对，则中心S原子不能做配
位原子，端基S原子含有孤电子对，所以能做配位原子，
故答案为：S2O3
2−的中心S原子价层电子对个数为4且不含孤电子对，则中心S原子不能做配位原子，端基
S原子含有孤电子对，能做配位原子。
13.（2023·全国甲卷）将酞菁—钴钛菁—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧
化碳的催化剂。回答下列问题：
(1)图1所示的几种碳单质，它们互为 ______ ，其中属于原子晶体的是 ______ ，C60间的作用力是
______ 。
(2)酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。
41
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是 ______ (填图2酞菁中N原子的标号)。
钴酞菁分子中，钴离子的化合价为 ______ ，氮原子提供孤对电子与钴离子形成 ______ 键。
(3)气态AlC l3通常以二聚体A l2C l6的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中Al的轨道杂化类型为
______ 。Al F3的熔点为1090℃，远高于AlC l3的192℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为 ______
键。Al F3结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，F
−的配位数为 ______ 。若晶胞参数为apm，晶体密度
ρ= ______ g⋅c m
−3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为N A)。
【答案】同素异形体 金刚石 范德华力 ③ +2 配位 s p
3 离子 2 84×10
30
N A⋅a
3
【解析】
(1)同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体，图1所示的几种碳单质，它们的组成元素均为碳元素，
因此它们互为同素异形体；其中金刚石属于原子晶体，石墨属于混合型晶体，C60属于分子晶体，碳纳米
42
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
管不属于原子晶体，C60间的作用力是范德华力，
故答案为：同素异形体；金刚石；范德华力；
(2)已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C原子和所有的N原子均为s p
2杂化，且分子中存
在大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个s p
2杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子
参与形成大π键，标号为③的N原子的 p轨道能提供一对电子参与形成大π键，因此标号为③的N原子形
成的N — H键易断裂从而电离H
+；钴酞菁分子中，失去了2 H
+的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分
子，因此，钴离子的化合价为+2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键，
故答案为：③；+2；配位；
(3)由A l2C l6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯
原子形成四面体结构，因此，二聚体中A 1的轨道杂化类型为s p
3。Al F3的熔点为1090℃，远高于
AlC l3的192℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此可以判断铝氟之间的化学键为离子
键。由Al F3的晶胞结构可知，其中含灰色球的个数为12× 1
4 =3，红色球的个数为8× 1
8 =1，则灰色的球
为F
−，距F
−最近且等距的A l
3+有2个，则F
−的配位数为2。若晶胞参数为apm，则晶胞的密度
ρ= NM
V N A
=
1×84
(a×10
−10)
3 N A
= 84×10
30
N A⋅a
3 ，
故答案为：s p
3；离子；+2；84×10
30
N A⋅a
3 。
14. （2022·北京）工业中可利用生产钛白的副产物FeSO4·7 H 2O和硫铁矿( Fe S2)联合制备铁精粉
( F exO y)和硫酸，实现能源及资源的有效利用。
(1)FeSO4·7 H 2O结构示意图如图。
①F e
2+的价层电子排布式为__________。
43
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
②H 2O中O和SO4
2−中S均为s p
3杂化，比较H 2O中H −O−H键角和SO4
2−中O−S−O键角的大小并解
释原因__________。
③FeSO4·7 H 2O中H 2O与F e
2+、H 2O与SO4
2−的作用力类型分别是 __________。
(2)Fe S2晶体的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图。
①距离F e
2+最近的阴离子有__________个。
②Fe S2的摩尔质量为120 g·mol
−1，阿伏加德罗常数为N A。
该晶体的密度为__________g·c m
−3。(1nm=10
−9m)
(3)FeSO4·7 H 2O加热脱水后生成FeSO4· H 2O，再与Fe S2在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。
FeSO4· H 2O分解和Fe S2在氧气中燃烧的能量示意图如图。利用Fe S2作为FeSO4· H 2O分解的燃料，从
能源及资源利用的角度说明该工艺的优点__________。
【答案】
(1)
3
①d
6；②孤电子对有较大斥力，使H −O−H键角小于O−S−O键角； ③配位键、氢键
44
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(2)
6
①；②
480
N A×(a×10
−7)
3
(3)Fe S2燃烧放热为FeSO4· H 2O分解提供能量；反应产物是铁精粉和制硫酸的原料
【解析】
(1)①Fe的价层电子排布为3d
64 s
2，形成F e
2+时失去4 s上的2个电子，于是F e
2+的价层电子排布为3d
6。
②H 2O中O和SO4
2−中S都是s p
3杂化，H 2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键
合电子对占据，而SO4
2−中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对间的斥
力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得H −O−H键角与O−S−O键角相比被压缩减小。
③H 2O中O有孤电子对，F e
2+有空轨道，二者可以形成配位键。SO4
2−中有电负性较大的O元素可以与
H 2O中H元素形成氢键。
答案为：3d
6；孤电子对有较大斥力，使H −O−H键角小于O−S−O键角；配位键、氢键。
(2)①以位于面心F e
2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示(圆中)：
。
4个阴离子位于楞上，2个位于体心位置上，共6个。
②依据分摊法可知晶胞中F e
2+离子个数为8× 1
8 +6× 1
2 = 4，S2
2−个数为1×1+12× 1
4 = 4。一个晶胞中相
当于含有4个Fe S2，因此一个晶胞的质量m= 4× 120
N A
g= 480
N A
g。所以晶体密度
ρ= m
V =
480
N A
g
(a×10
−9×100)
3c m
3 =
480
N A×(a×10
−7)
3 g/c m
3(1nm=10
−9m)。
45
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
答案为：6；
480
N A×(a×10
−7)
3。
(3)Fe S2燃烧为放热反应，FeSO4· H 2O分解为吸热反应，Fe S2燃烧放出的热量恰好为F eSO4· H 2O分
解提供能量。另外，Fe S2燃烧和FeSO4· H 2O分解的产物如F e2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或
硫酸的原料。
答案为：Fe S2燃烧放热为FeSO4· H 2O分解提供能量；反应产物是铁精粉和制硫酸的原料。
15.（2022·全国甲卷）2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实
现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(C H 2=C H 2)与四氟乙烯(C F2=C F2)的共聚物
( ETFE)制成。回答下列问题：
(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为 ______。
(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图
是 ______(填标号)，判断的根据是 ______；第三电离能的变化图是 ______(填标号)。
(3)固态氟化氢中存在( HF )n形式，画出( HF )3的链状结构 ______。
(4)C F2=C F2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为 ______和 ______；聚四氟乙烯的化学稳定性高
于聚乙烯，从化学键的角度解释原因 ______。
(5)萤石(Ca F2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是 ______；若该立方
晶胞参数为apm，正负离子的核间距最小为 ______pm。
46
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】
(1)
(2)图a；同一周期第一电离能呈增大趋势，但由于N元素的2 p能级为半充满状态，因此N元素的第一电
离能较C、O两种元素高；图b
(3)
(4)s p
2；s p
3；C −F键的键能大于聚乙烯中C −H的键能，键能越大，化学性质越稳定
(5)C a
2+；√3
4 a
【解析】
(1)F为第9号元素，其核外电子排布为1s
22s
22 p
5，则其价电子排布图为
，
故答案为：
；
47
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(2)C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能呈增大趋势，但由于N元素的2 p能级为半
充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小
到大的顺序为C <O< N < F，满足这一规律的图像为图a；气态基态正2价阳离子失去1个电子生成气态基
态正3价阳离子所需要的的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也依次升
高，但由于C原子在失去2个电子之后的2s能级为全充满状态，因此其再失去一个电子需要的能量稍高，
则满足这一规律的图像为图b，
故答案为：图a；同一周期第一电离能呈增大趋势，但由于N元素的2 p能级为半充满状态，因此N元素的
第一电离能较C、O两种元素高；图b；
(3)固体HF中存在氢键，则( HF )3的链状结构为
，
故答案为：
；
(4)C F2=C F2中C原子存在3对共用电子对，其C原子的杂化方式为s p
2杂化，但其共聚物ETFE中C原
子存在4对共用电子对，其C原子为s p
3杂化；由于F元素的电负性较大，因此在与C原子的结合过程中形
成的C −F键的键能大于聚乙烯中C −H的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质
越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，
故答案为：s p
2；s p
3；C −F键的键能大于聚乙烯中C −H的键能，键能越大，化学性质越稳定；
(5)根据萤石晶胞结构，浅色X离子分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中浅色X离子共有
8× 1
8 +6× 1
2 = 4个，深色Y 离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有8个深色Y 离子，因此该晶胞的化学式
应为X Y 2，结合萤石的化学式Ca F2可知，X为C a
2+；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细
观察Ca F2的晶胞结构不难发现F
−位于晶胞中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心，小立方体边
长为1
2 a，体对角线为√3
2 a，C a
2+与F
−之间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负离子的核
间距的最小的距离为√3
4 apm，
故答案为：C a
2+；√3
4 a。
16. （2022·港澳、华侨、台联考）固体电解质Zr O2常用于新能源电池。
48
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
回答下列问题：
(1)基态氧原子的价电子层中未成对电子数有 ______ 个。
(2)氧有两种同素异形体：O2和O3。O3的分子空间构型为 ______ ；分子极性：O2 ______ O3(填“大
于”或“小于”)。沸点：O2 ______ O3(填“高于”或“低于”)。
(3)Zr O2晶体的晶胞结构如图所示，O
2−、Z r
4+的配位数分别为 ______ 和 ______ 。
(4)为使Zr O2结构稳定和增加导电性，常在其中掺杂少量的Y
3+(稀土离子)。掺杂的低价离子占据正常
Z r
4+离子的位置，导致晶体中O
2−缺位。若掺杂Y
3+替代Z r
4+的物质的量分数为x，相应晶体中O
2−缺位比
例为 ______ ，该晶体化学式为 ______ 。
【答案】2 V 形 小于 低于 4 8 x：4 Z r(1−x)Y xO(2−0.5 x)
【解析】
(1)基态氧原子的价电子排布图为
，据此判断价电子层中未
成对电子数为2，
故答案为：2；
(2)O3和SO2互为等电子体，结构相似，SO2分子中S原子价层电子对个数
=2+ 6−2×2
2
=3且含有1个孤电子对，SO2为空间构型为V 形，则O3的空间构型为V 形；O2为直线形分子、
O3为V 形分子，则O2正负电荷重心重合，为非极性分子，O3正负电荷重心不重合，为极性分子，所以极
性：O2小于O3；二者都是不能形成分子间氢键的分子晶体，相对分子质量：O3大于O2，分子间作用力O3
大于O2，所以沸点：O2低于O3，
故答案为：V 形；小于；低于；
(3)根据图知，距离O
2−最近且相等的Z r
4+的个数为4，距离Z r
4+最近且相等的O
2−的个数8，所以O
2−、
Z r
4+的配位数分别为4、8，
故答案为：4；8；
(4)掺杂的低价离子占据正常Z r
4+离子的位置，导致晶体中O
2−缺位。若掺杂Y
3+替代Z r
4+的物质的量分
数为x，设化学式中O原子个数为y，其化学式为Z r(1−x)Y xO y，该化合物的化学式中各元素化合价的代数
和为0，则4(1−x)+3 x =2 y，y =2−0.5 x，O
2−氧原子缺少的个数为[2−(2−0.5 x)]=0.5 x，相应晶体
中O
2−缺位比例为0.5 x：2= x：4，该晶体化学式为Z r(1−x)Y xO(2−0.5 x)，
49
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
故答案为：x：4；Z r(1−x)Y xO(2−0.5 x)。
17.（2022·天津）金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：
(1)基态Na原子的价层电子轨道表示式为 。
(2)NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na。电解反应方程式如下：
2 NaCl(l)=
❑
2 Na(l)+C l2( g)。加入CaC l2的目的是 。
(3)N a2O2的电子式为 。在25℃和101kPa时，Na与O2反应生成1molN a2O2放热510.9kJ，写出
该反应的热化学方程式： 。
(4)采用空气和Na为原料可直接制备N a2O2。空气与熔融金属Na反应前需依次通过 、 (填序
号)。
a.浓硫酸
b.饱和食盐水
c . NaOH溶液
d . KMnO4溶液
(5)钠的某氧化物晶胞如图，图中所示钠离子全部位于晶胞内。由晶胞图判断该氧化物的化学式为 。
(6)天然碱的主要成分为N a2C O3⋅NaHC O3⋅2 H 2O，1molN a2C O3⋅NaHC O3⋅2 H 2O经充分加热
得到N a2C O3的质量为 g。
【答案】
作
助
熔
剂
，
降
低
NaCl的
熔
点
，
节
省
能
耗
2 Na(s)+O2(g)= N a2O2(s) ΔH =−510.9kJ ⋅mol
−1 c a N a2O 159
【解析】
50
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)基态Na原子的价电子排布式为3 s
1，其价电子轨道表示式为
，
故答案为：
；
(2)NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaC l2时，580℃NaCl熔融，
所以加入CaC l2能降低NaCl的熔点，节省能耗，所以CaC l2作助溶剂，
故答案为：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗；
(3)N a2O2是钠离子和过氧根离子之间存在离子键，过氧根离子中存在O−O键，电子式为
；在25℃和101kPa时，Na与O2反应生成1molN a2O2放热510.9kJ，根据物质状态
和焓变书写热化学方程式为2 Na(s)+O2(g)= N a2O2(s) ΔH =−510.9kJ ⋅mol
−1，
故答案为：
；2 Na(s)+O2(g)= N a2O2(s) ΔH =−510.9kJ ⋅mol
−1；
(4)采用空气和Na为原料可直接制备N a2O2，空气中C O2、水蒸气都能与熔融金属Na反应，所以在反应
前需要将空气中的C O2、水蒸气除去，C O2属于酸性氧化物，能和碱液反应，浓硫酸具有吸水性，所以空
气与熔融金属Na反应前需依次通过NaOH溶液、浓硫酸，
故答案为：c；a；
(5)该晶胞中黑色球个数=8× 1
8 +6× 1
2 = 4，白色球个数为8，所以黑色球、白色球个数之比为4：8=1：2，
其化学式为N a2O，
故答案为：N a2O；
(6)根据Na原子守恒得关系式2 NaHC O3～N a2C O3，1molN a2C O3⋅NaHC O3⋅2 H 2O经充分加热
得到N a2C O3的物质的量为1mol×(1+0.5)=1.5mol，m=nM =1.5mol×1.5mol =159 g，
故答案为：159。
51
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
第四板块 模拟提升
1. 一种理想的荧光材料CuIn Sn的晶胞结构如图所示。已知：原子中电子有两种相反的自旋状态，一种用
+ 1
2表示，另一种用−1
2表示。下列说法正确的是( )
A. 晶体中距离D处Cu原子最近的S原子有8个
B. 基态In原子的电子自旋量子数的代数和为3
2或−3
2
C. 若A处原子坐标为(0.5,0,0.25)，B处原子坐标为(0,0.5,0.25)，则C处原子坐标为(0.5,0.5,0.75)
D. 设N A为阿伏加德罗常数，CuIn Sn的摩尔质量为Mg/mol，则晶体的密度为2⋅M ⋅10
30
a
3⋅N A
g/c m
3
【答案】D
【解析】
A.晶体中距离D处Cu原子最近的S原子有4个，错误。
B.基态In原子价电子排布为5 s
25 p
1，电子自旋量子数的代数和为+ 1
2或−1
2，错误。
C.C处原子坐标为(0.75,0.25, 5
8 )，错误。
D.晶胞中Cu有8个位于顶点，4个位于面心，1个位于体内，则Cu的个数为4，In有4个位于棱上，6个位
于
面
心
，
则In的
个
数
为4，8个S位
于
晶
胞
内
，
则
晶
体
的
密
度
为
4 M
(a×10
−10)
2(2a×10
−10)N A
g/c m
3= 2⋅M ⋅10
30
a
3⋅N A
g/c m
3，正确。
52
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
2. 硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴方向在xy平面
的投影，已知晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为N A，下列说法错误的是( )
A. Zn位于元素周期表的ds区
B. 基态Se原子核外有18种不同空间运动状态的电子
C. A点原子的坐标为(0,0,0)，则B点原子的坐标为(
1
4 , 1
4 , 3
4)
D. 该晶体密度为
(65+79)×4
(a×10
−10)
3 N A
g⋅c m
−3
【答案】C
【解析】
A.Zn为30号元素，价层电子排布式为3d
104 s
2，位于元素周期表的ds区，故A 正确；
B.基态Se原子的电子排布式为1s
22s
22 p
63 s
23 p
63d
104 s
24 p
4，占据18个轨道，则原子核外有18种不同
空间运动状态
的电子，故B 正确；
C.A点原子的坐标为(0,0,0)，则B点原子的坐标为(
1
4 , 3
4 , 3
4)，故C 错误；
D.晶胞中平均含有4个Zn和4个Se，晶胞质量为4×65+ 4×79
N A
g，晶胞体积为(a×10
−10cm)
3，则该晶体
密度为
(65+79)×4
(a×10
−10)
3 N A
g⋅c m
−3，故D 正确。
53
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
3. C60在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的说法错误的
是
A. 具有自范性
B. 与C60互为同素异形体
C. 含有s p
3杂化的碳原子
D. 化学性质与金刚石有差异
【答案】A
【解析】
A.自范性是晶体的性质，碳玻璃为非晶态，所以没有自范性，A 错误；
B.碳玻璃和C60均是由碳元素形成的不同的单质，所以是同素异形体，B 正确；
C.碳玻璃具有高硬度，物理性质与金刚石类似，因而结构具有一定的相似性，所以含有s p
3杂化的碳原子
形成化学键，C 正确；
D.金刚石与碳玻璃属于同素异形体，性质差异主要表现在物理性质上，化学性质上也有着活性的差异，D
正确。
4. PC l5晶体的晶胞结构如图。下列说法正确的是( )
A. 该晶体为分子晶体
B. 晶胞体心上微粒为PC l4
C. 晶胞顶点上微粒的空间构型为正八面体
D. 存在的化学键类型仅有极性共价键
【答案】C
【解析】略
5. Fe S2晶体的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是( )
54
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
A. 阴、阳离子个数比为1:1
B. Fe S2晶体中距离F e
2+最近的F e
2+的数目为12
C. 若晶胞边长均为apm，则S2
2−和S2
2−之间的最短距离为√2apm
D. 阳离子位于由阴离子构成的正八面体空隙中
【答案】C
【解析】
S2
2− 的个数为 8× 1
8 +6× 1
2 = 4 ， F e
2+ 的个数为 12× 1
4 +1= 4 ，阴、阳离子个数比为 1:1 ，A项正确；
Fe S2 晶体的晶胞中，该晶体中距离 F e
2+ 最近的 F e
2+ 的数目为12，B项正确； S2
2− 与 S2
2− 之间的最短
距离等于晶胞面对角线的一半，即 S2
2− 和 S2
2− 之间的最短距离为 √2
2 apm ，C项错误；由晶胞结构可知，
晶胞中心的阳离子位于由阴离子构成的正八面体的中心，D项正确。
6. 一定条件下，二氧化碳能形成与二氧化硅类似的晶体结构，其晶胞结
构如图，已知原子分数坐标：M (0,0,0)、N (1,1,1)。设N A为阿伏伽德
罗常数的值，下列说法错误的是( )
A. Q的分数坐标为(0.25,0.75,0.75)
B. 该C O2晶体的硬度比SiO2高
C. 二氧化碳晶体的密度为3.52×10
32
a
3⋅N A
g⋅c m
−3
D. 该晶胞中含有碳氧四面体的数目为4
【答案】D
55
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【解析】
A .由原子分数坐标：M (0,0,0)、N (1,1,1)，Q在底面的投影距离y轴1
4 ，距离x轴3
4 ，在左侧面投影距离
z轴3
4 ，则Q的坐标为：(0.25,0.75,0.75)，故A 正确；
B.一定条件下，二氧化碳能形成与二氧化硅类似的晶体结构，则两者均为原子晶体，键长：C −O<Si−O，
共价键键长越短，键能能越大，硬度越大，该C O2晶体的硬度比SiO2高，故B 正确；
C.晶胞结构中，氧原子处于晶胞内部，共16个，根据均摊法，属于该晶胞的氧原子总共16个，由C O2的组
成比例知碳原子有16÷2=8个，该晶胞中有8个C O2，根据密度公式
ρ= m
V = NM
N AV =
8×44
N A×(a×10
−10)
3 = 3.52×10
32
a
3⋅N A
g⋅c m
−3，故C 正确；
D.碳氧四面体在晶胞内有4个，6个面心是和另外晶胞共用为6× 1
2 =3个，共4 +3=7个，故D 错误；
故选：D。
7. LiFePO4的晶胞结构示意如图(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过
共顶点、共棱形成空间链结构。电池充电时，LiFePO4脱出部分Li
+，形成Li1−x FePO4，结构示意图如
图(b)所示，则下列说法错误的是( )
A. 每个图(a)晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个
B. 图(b)中x = 3
16
C. Li
+完全脱出不会破坏晶体中的空间链结构
D. 图(b)中n( F e
2+)：n( F e
3+)=3：13
【答案】D
56
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【解析】
A .由LiFePO4的晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和棱上的锂离子个数为8× 1
8 + 4× 1
2 + 4× 1
4 = 4，
由化学式可知，晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个，故A 正确；
B.对比晶胞结构可知，Li1−x FePO4的晶胞比LiFePO4少一个面心和一个棱上锂离子，则晶胞中锂离子个
数为8× 1
8 +3× 1
2 +3× 1
4 = 13
4 ，由化学式可得4(1−x)= 13
4 ，解得x = 3
16，故B 正确；
C.对比晶胞结构可知，锂离子完全脱出后，晶体中的空间链结构不变，则锂离子完全脱出不会破坏晶体中
的空间链结构，故C 正确；
D.
设
Li1−x FePO4中
F e
3+的
个
数
为
a，
由
化
合
价
代
数
和
为
0可
得
1× 3
16 +3×a+2×(1−a)+5×1+ 4×(−2)=0，解得a= 3
16 ，则F e
2+和F e
3+的物质的量之比为(1−3
16 )：
3
16 =13：3，故D 错误，
故选：D。
8. 碳化硼陶瓷具有良好的力学性能，是尖端的防弹材料。如图为碳化硼晶胞，晶体密度为ρg⋅c m
−3。下
列说法错误的是 ( )
A. 该晶体的熔点比氮化硼晶体的熔点更高
B. 碳化硼的化学式为B4C
C. 晶胞中M原子的分数坐标为( 1
2 , 1
2 , 1
2 )
D. 晶胞参数为
3√
168
ρ N A
×10
10 pm
【答案】A
【解析】
A .碳化硼和氮化硼均为共价晶体，原子半径：C > N，C −B键的键长大于N −B键，因此C −B键的键能
57
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
小于N −B键，因此碳化硼晶体的熔点比氮化硼的熔点更低，故A 错误；
B.利用均摊法，得晶胞中含有B11C原子团的数目为：8× 1
8 =1，原子半径：B>C，则M原子为B，因此
该晶胞中含有B的个数为11+1=12，C的个数为：2+1=3，因此碳化硼的化学式为B4C，故B 正确；
C.M原子在晶胞中心，晶胞中M原子的分数坐标为( 1
2 , 1
2 , 1
2 )，故C 正确；
D. 由B分析可知，该晶胞中含有3个B4C单元，晶胞的质量为：56×3
N A
g，晶胞的体积
V = m
ρ =
56×3
N A
ρ
c m
3= 168
ρ N A
×10
30 pm
3，因此晶胞参数为
3√
168
ρ N A
×10
10 pm，故D 正确；
故选：A。
9. 西安交通大学和上海大学利用冷冻透射电子显微镜，在石墨烯膜上直接观察到了自然环境下生长的由
钙元素和氯元素构成的二维晶体，其结构如图。下列说法中错误的是 ( )
A. 该二维晶体的化学式为CaCl
B. 石墨烯C原子与键数之比为2：3
C. 图中a离子分别与b、c离子的距离不相等
D. 该晶体的形成可能与钙离子和石墨间存在强的阳离子−π相互作用有关
58
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】B
【解析】
A .由该晶体的俯视图可知，一个结构单元中含有3个Ca和3个Cl，对结构单元的贡献均为1
3，则该晶体的
化学式为CaCl，故A 正确；
B.每个六角结构中分摊的碳原子数目，6× 1
3 =2，分摊的C −C键数是6× 1
2 =3，C原子除了形成C −C键，
还和C a
2+形成了化学键，则石墨烯C原子与键数之比不是2：3，故B 错误；
C.该晶体中Ca−Cl−Ca 构成非平面正六边形，a离子分别与b、c离子的距离不相等，故C 正确；
D.该晶体中存在石墨烯表面的芳香环与钙离子之间的强阳离子−π相互作用，则该晶体的形成可能与钙离
子和石墨间存在强的阳离子−π相互作用所致，故D 正确；
故选：B。
10. 硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴方向在xy平面
的投影，已知晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为N A，下列说法错误的是( )
A. Zn位于元素周期表的ds区
B. 基态Se原子核外有18种不同空间运动状态的电子
C. A点原子的坐标为(0,0,0)，则B点原子的坐标为( 1
4 , 1
4 , 3
4 )
D. 该晶体密度为
(65+79)×4
(a×10
−10)
3 N A
g⋅c m
−3
59
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】C
【解析】
A .Zn的价层电子排布式为3d
104 s
2，位于第ⅡB族，属于ds区，故A 正确；
B.基态Se原子核外排布式为1s
22s
22 p
63 s
23 p
63d
104 s
24 p
4，电子的空间运动状态数=电子所占原子轨道
数，s、p、d原子轨道数分别为1、3、5，则基态Se原子核外有18种不同空间运动状态的电子，故B 正确；
C.A点原子坐标为(0,0,0)，由图乙可知，B点原子的坐标为( 1
4 , 3
4 , 3
4 )，故C 错误；
D.该晶胞中，位于晶胞内部的Zn原子个数为4，位于顶点和面心的Se原子个数为8× 1
8 +6× 1
2 = 4，则
ρ= m
V = (65+79)×4
(a×10
−10)
3 N A
g⋅c m
−3，故D 正确；
故选：C。
11. Cr、Fe、Co、Ni、Zn等金属元素的合金及其相关化合物用途非常广泛。
(1)Cr元素在周期表中的位置_____；其原子核外未成对电子数为_____。
(2)FeSO4可用作污水处理的混凝剂，硫元素的原子核外有_____种不同能量的电子，SO4
2−的空间构型为
_____。
(3)Co、Ni两种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为_____。(用化学式表示)
(4)[Cr (H 2O)5Cl]C l2⋅H 2O是铬(Ⅲ)的一种配合物，1mol[Cr (H 2O)5Cl]
2+中含有σ键的数目为 _____。
(5)+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将酸性废液中的C r2O7
2−还原成C r
3+，该反应的离子方程式
为 _____。
(6)ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如图所示，S周围紧邻
且等距的Zn有_____个。晶胞棱长为a pm，密度为_____g⋅c m
−3( N A表示阿伏加德罗常数的值)。
60
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】(1) 第四周期ⅥB族 6
(2) 5 正四面体
(3) NiO>CoO
(4) 16 N A
(5) C r2O7
2−+3 HSO3
−+5 H
+=2C r
3++3 SO4
2−+ 4 H 2O
(6) 4 3.88×10
32
a
3 N A
【解析】
(1)已知Cr是24号，基态Cr原子的核外电子排布式为：[ Ar ]3d
54 s
1，故Cr元素在周期表中的位置第4周
期第ⅥB族，其原子核外3d和4 s上的电子均未成对，即未成对电子数为6；
(2)已知硫为16号元素，基态S原子的核外电子排布式为[ Ne ]3 s
23 p
4，则硫元素的原子核外有1s、2s、
2 p、3 s、3 p等5种不同能量的电子， SO4
2− 中中心硫原子周围的价层电子对数为：4+ 1
2 (6+2−4×2)
= 4，根据价层电子对互斥理论可知，其空间构型为正四面体形；
(3)Co、Ni两种元素二价氧化物的晶胞类型相同均为离子晶体，由于N i
2+的半径比C o
2+的小，故NiO的
晶格能比CoO的晶格能大，故其熔点由高到低的顺序为NiO>CoO；
(4)1mol [Cr (H 2O)5Cl]
2+ 中含有5×2=10mol的H −O σ 键、5molCr −O σ 键和1mol的Cr −Cl σ 键，
故一共含有 σ 键的数目为 16 N A ；
(5)用NaHSO3将酸性废液中的 C r2O7
2− 还原成 C r
3+ ，则NaHSO3被氧化为硫酸钠，根据氧化还原反应
配平可得，该反应的离子方程式为： C r2O7
2−+3 HSO3
−+5 H
+=2C r
3++3 SO4
2−+ 4 H 2O ；
61
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(6)由立方ZnS晶体结构可知，S
2−周围紧邻且等距的Z n
2+有4个，即晶胞任意顶点S
2−与周围的4个Z n
2+形
成一个正四面体，晶胞棱长为a pm，则一个晶胞的体积为(a×10
−10cm)
3，一个晶胞中含有Z n
2+的个数
为4，S
2−个数为 8× 1
8 +6× 1
2 = 4，故一个晶胞的质量为 4×(65+32)
N A
g ，故其密度
为 m
V =
4×(65+32)
N A
g
(a×10
−10cm)
3
= 3.88×10
32
a
3 N A
g⋅c m
−3 。
12. MnO2可作氨选择性催化还原法脱除N Ox的催化剂。
(1)基态Mn的价层电子排布的轨道表示式是___。
(2)MnO2可由( N H 4)2S2O8与MnSO4反应制得。S2O❑8
2−的结构如图。
①S2O❑8
2−中S — O — O___(填“是”或“不是”)在一条直线上。
②S2O❑8
2−中的O — O比H 2O2中的更___(填“难”或“易”)断裂。
(3)一种MnO2晶体的晶胞示意图如图，该长方体晶胞的长和宽均为anm，高为bnm。
①图中“●”代表的是___(填“Mn”或“O”)。
②N A为阿伏加德罗常数，该晶体的密度为___g·c m
−3。
③MnO2作催化剂，氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如图。
62
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
从化学键的角度解释MnO2能结合N H 3的原因：___。该催化过程的总反应的化学方程式是___。
【答案】
(1)
(2) 不是 易
(3) Mn 1.74×10
23
a
2b N A
N H 3中的N原子有孤电子对，MnO2中的Mn原子有空轨道能接受孤电子对，
形成配位键 4 N H 3 + 4 NO+O2 MnO2̲̲ 4 N 2+6 H 2O
【解析】(1)锰元素的原子序数为25，价电子排布式为3d
54 s
2，价层电子排布的轨道表示式为
，故答案为：
；
(2)①由过氧化氢的空间结构为书形可知，S2O ❑8
2− 离子的空间构型为书形，所以— O — O不在一条直
线上，故答案为：不是；
②S2O ❑8
2− 中硫氧双键为吸电子基团，氧氧键中共用电子对偏向硫氧双键一方，比过氧化氢中氧氧键的
极性强，更易发生断裂，故答案为：易；
(3)①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的黑球的个数为8× 1
8 +1=2，位于面上和体内的白球为4× 1
2
63
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
+2= 4，由二氧化锰的化学式可知，黑球代表锰原子，故答案为：Mn；
②设晶体的密度为dg/c m
3，由晶胞的质量公式可得： 2×87
N A
=(a×10
— 7)
2×b×10
— 7×d，解得d =
1.74×10
23
a
2b N A
，故答案为： 1.74×10
23
a
2b N A
；
③氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，氮原子和锰原子通过形成配位键使二氧
化锰和氨分子相互结合；由图可知，氨催化还原脱除一氧化氮的反应中，二氧化锰为催化剂，氨气、氧气、
一氧化氮为反应物，氮气和水为生成物，反应的化学方程式为4 N H 3 + 4 NO+O2 MnO2̲̲ 4 N 2+6 H 2O，
故答案为：N H 3中的N原子有孤电子对，MnO2中的Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；
4 N H 3 + 4 NO+O2 MnO2̲̲ 4 N 2+6 H 2O。
13. FeSO4⋅7 H 2O失水后可转为FeSO4⋅H 2O，与Fe S2可联合制备铁粉精( F exO y)和H 2SO4。按要
求回答下列问题。
I.FeSO4⋅7 H 2O的结构如图所示。
(1)F e
2+价层电子的轨道表示式为 __________。
(2)SO4
2−中的键角比H 2O分子中的 __________。(填“大”、“小”或“一样大”)
(3)图中H 2O分别与F e
2+、SO4
2−的作用力为 __________、__________。
Ⅱ. Fe S2(Mr =120)晶胞为立方体，棱长为apm，如图所示：
64
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(4)与F e
2+等距且紧邻的S2
2−离子个数为 __________。晶胞的密度为__________g⋅cm❑
−3(设阿佛伽德罗
常数的值为N A，列算式)。
(5)以Fe S2为燃料，联合FeSO4⋅H 2O的分解，制备铁粉精( F exO y)和H 2SO4。
①结合下列“FeSO4⋅H 2O分解”、“Fe S2与O2反应”分别生成F exO y的焓变图示，解释制备铁粉精
的过程能充分实现“能源和资源”有效利用的原因： __________。
②此过程中，发生氧化反应的物质为__________。
【答案】(1)
(2)大
(3) 配位键 氢键
(4) 6 (4.8×10
32)/(a
3 N A)
(5) 由图可知， Fe S2 与 O2 生成 F exO y 的反应为放热反应， FeSO4⋅H 2O 分解生成 F exO y 的反应
为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的 SO3 与 H 2O 反应生
成 H 2SO4 Fe S2 、 FeSO4⋅H 2O
【解析】(1)F e
2+的价电子排布式为3d
6，价层电子轨道表示式为：
；
(2)硫酸根离子和水分子中心原子均为s p
3杂化，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的
65
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
斥力； SO4
2− 中心原子硫原子不存在孤对电子、H 2O中心原子氧原子有2对孤对电子，孤电子对与成键电
子对之间的斥力较大，故 SO4
2− 中的键角大于H 2O中的键角，故答案为：大；
(3)由图可知，亚铁离子提供空轨道、H 2O提供孤对电子两者形成配位键；氧的电负性较大，故 SO4
2− 和
H 2O之间形成氢键，故答案为：配位键；氢键；
(4)由图可知，F e
2+位于晶胞的顶点和面心，阴离子 S2
2− 位于棱上和体心，则距离F e
2+最近的阴离子 S2
2−
有6个；根据均摊法可知，1个晶胞中含有F e
2+的个数为 8× 1
8 +6× 1
2 = 4，即含有4个Fe S2，晶胞质量
为 m= 4×120
N A
g ，晶体体积V =(a×10
−10)
3cm3，该晶体的密度为 ρ= m
V = 4.8×10
32
a
3 N A
g/c m
3，故答案
为：6； 4.8×10
32
a
3 N A
；
(5)①由图可知，Fe S2与O2生成F exO y的反应为放热反应，FeSO4⋅H 2O分解生成F exO y的反应为吸
热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H 2O反应生成H 2SO4，
所以以Fe S2为燃料，配合FeSO4⋅H 2O可以制备铁粉精和H 2SO4可充分实现能源和资源有效利用；
②化合价升高的物质发生氧化反应，发生氧化反应的物质为Fe S2、FeSO4⋅H 2O，故答案为：Fe S2、
FeSO4⋅H 2O。
14. 石墨晶体由层状石墨“分子”按ABAB方式堆积而成，如图a所示，图中用虚线标出了石墨的一个六
方晶胞。若按ABCABC方式堆积而成，则如图b所示，图中用虚线标出了石墨的一个三方晶胞。回答下列
问题：
66
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(1)石墨中碳原子的杂化方式为_______，基态碳原子中电子的空间运动状态有_______种，D、E原子的分
数坐标分别为_______、_______(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)。
(2)六方石墨晶体的密度为_______g⋅c m
−3(写出计算表达式，要求化简)。
(3)1个三方石墨晶胞中碳原子的个数为_______。
(4)石墨可用作锂离子电池的负极材料，充电时可由Li❑1−xC6形成Li
+按如图所示均匀分布的锂碳化合物，
该物质中存在的化学键有 _______，充电时该电极的电极反应式为_______。
(5)锂离子电池的正极材料为层状结构的LiNiO2。锂离子完全脱嵌时LiNiO2的层状结构会变得不稳定，
用铝取代部分镍形成LiNi❑1−y A l yO2。可防止锂离子完全脱嵌而起到稳定结构的作用，其原因是
_______。
【答案】(1)
.
①s p
2
.
②4
.
③ (
2
3 , 1
3 ,0)
.
④ (
1
3 , 2
3 , 1
2)
(2) 2.365×10
24
√3× N A
(3)6 (4)
.
①离子键、共价键、金属键
.
② Li1−xC6+ xLi
++ x e
−= LiC6
67
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(5)脱嵌过程中Al不会变价，Li
+不能完全脱嵌
【解析】【小问1详解】
石墨中，每个碳原子形成3个σ键，无孤电子对，碳原子的杂化方式为s p
2，基态碳原子核外电子排布式为
1s
22s
22 p
2，电子占用4个原子轨道，电子的空间运动状态有4种，D在三方晶系底面上，原子的分数坐标
为 (
2
3 , 1
3 ,0) ，E在六方晶系的内部，根据图示E原子的分数坐标为 (
1
3 , 2
3 , 1
2) 。
【小问2详解】
根据均摊原则，1个晶胞中含有4个C原子，C −C键长为0.142nm，则底面积
为 3√3
2
×(0.142×10
−7)
2c m
2 ，六方石墨晶胞的体积为 3√3
2
×(0.142×10
−7)
2×0.6708×10
−7c m
3 ，
六方石墨晶体的密度为
4×12
3√3
2
×(0.142×10
−7)
2×0.6708×10
−7× N A
g/c m
3= 2.365×10
24
√3× N A
g/c m
3
。
【小问3详解】
根据均摊原则，1个三方石墨晶胞中碳原子的个数为 4× 1
6 + 4× 1
3 +2× 1
2 +2× 1
3 +2× 1
6 +2=6
【小问4详解】
Li
+嵌入石墨的A、B层间，导致石墨的堆积结构发生改变，形成化学式为LiC6的嵌入化合物，可见该物
质中存在的化学键有，Li
+与相邻石墨环形成的离子键、碳与碳形成的共价键、石墨中层中还有金属键；
充电时由 Li❑1−xC6 形成 Li
+ ，充电时的电极反应式为 Li1−xC6+ xLi
++ x e
−= LiC6
【小问5详解】
Ni的氧化数有+2、+3、+ 4，而Al的氧化数只有+3，如果Ni被氧化到+ 4价态，Li+可以完全脱嵌，形成
NiO2，但有A l
3+存在，必须有Li
+形成电中性物质，所以用铝取代部分镍形成 LiNi❑1−y A l yO2 可防止
锂离子完全脱嵌而起到稳定结构的作用。
15. 碳、氮元素是构成生物体的主要元素，在动植物生命活动中起着重要作用。根据要求回答下列问题：
(1)基态氮原子核外有____种不同空间运动状态的电子，其原子核外电子排布图为____。
(2)与氧同周期，且第一电离能比氧小的非金属元素有_______种。
(3)
中与
中的碳原子杂化类型相同和不同的碳原子的个数比为 ____。
68
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(4)碳元素与氮元素形成的某种晶体的晶胞如图所示(8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子位于立方体
的面心，4个氮原子在立方体内)，该晶体硬度超过金刚石，成为首屈一指的超硬新材料。
①晶胞中C原子的配位数为_______；
②该晶体硬度超过金刚石的原因是_____________________________________________；
③已知该晶胞的边长a pm，阿伏加德罗常数用N A表示，则该晶体的密度为______g/c m
3。
【答案】(1)
.
① 5(1分)
.
②
(1分)
(2) 2 (2分)
(3) 3:2 (2分)
(4)
.
① 4 (1分)
.
② 都构成共价晶体，且C −N键的键能大于C −C键的键能(1分)
.
③
(2分
)
【解析】略
69
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
70
