2024年高考化学复习新题速递之晶体结构与性质
一．选择题（共25小题）
1．（2023秋 广州月考）CeO2纳米粒子在抗病毒和抗肿瘤方面有无限潜力，其晶胞结构如图所示，M的坐标为（0，0，0），下列说法正确的是（ ）
A．一个晶胞中有14个Ce4+
B．Ce4+的配位数为6
C．N的坐标为（，，）
D．每个O2﹣周围与它最近且等距的O2﹣有6个
2．（2023春 晋江市期末）PCl5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PCl4
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
3．（2023春 张家口期中）下列有关晶体的说法不正确的是（ ）
A．如图所示的四种物质中，熔点最低的是冰
B．每个Cu晶胞中平均含有4个铜原子
C．在NaH晶体中，距离Na+最近且等距的Na+的个数为12
D．钛酸钡晶体中，Ba2+的配位数为4
4．（2022秋 北碚区校级月考）通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体，人们发现等电子体的空间结构相同。下列说法，认识错误的有几个（ ）
①s﹣sσ键与p﹣pσ键的电子云对称性不同
②1个N原子最多只能与3个H原子结合形成NH3分子，是由共价键的饱和性决定的
③CH3﹣CH3、CH2＝CH2、CH≡CH中碳原子间成键键长相同
④两个非金属原子之间形成的化学键都是共价键
⑤1个分子中含有11个σ键
⑥SO2与O3互为等电子体，空间结构均为V形
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．（2023秋 合肥月考）一种超导材料（仅由Cs、Ag、F三种元素组成）的长方体晶胞结构如图所示（已知MP＝QR，用NA表示阿伏加德罗常数的值）。下列说法正确的是（ ）
A．基态Ag失去4d能级上的一个电子转化为Ag+
B．若N点原子分数坐标为，则P点原子分数坐标为
C．M、N之间的距离为a×10﹣7cm
D．晶体的密度为g pm﹣3
6．（2023秋 重庆月考）萤石是制作光学玻璃的原料之一，其主要成分氟化钙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，一种用表示，另一种用表示。下列说法错误的是（ ）
A．F﹣位于Ca2+构成的四面体空隙
B．每个Ca2+周围距离最近且等距的F﹣有8个
C．基态氟原子核外电子的原子轨道有四种伸展方向
D．基态F原子的电子自旋量子数的代数和为
7．（2023 包河区校级模拟）工业电解氧化铝制取金属铝时，常常需要加入冰晶石Na3AlF6），冰晶石晶胞是以大阴离子[]构成的面心立方晶胞（如图所示），下列说法正确的是（ ）
A．冰晶石可以降低氧化铝熔点的原因是冰晶石的熔点远低于氧化铝
B．大阴离子[]存在配位键，空间构型为正八面体形，Al3+采取sp3杂化
C．冰晶石晶胞中的离子数和氯化钠（NaCl）晶胞中的离子数之比为2：1
D．若冰晶石晶胞密度为ρg/cm3，则晶胞中Al﹣Al的最短距离为×1010pm（设NA为阿伏加德罗常数的值）
8．（2023秋 武汉月考）为维护国家安全和利益，经国务院批准，决定对镓、锗相关物项实施出口管制。镓的某种化合物的晶胞结构如图所示（晶胞参数为a pm），下列说法正确的是（ ）
A．Ga元素位于周期表的ds区
B．晶体结构中N的配位数为4
C．该物质的化学式为GaN2
D．该晶体的密度为g/cm3
9．（2023春 江津区期末）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，乙图为晶胞的俯视图，已知晶胞参数为anm，硒原子和锌原子的半径分别为r1nm和r2nm，下列说法不正确的是（ ）
A．Zn与距离最近的Se所形成的键的夹角为109°28ˊ
B．晶胞中d点原子分数坐标为（，，）
C．相邻两个Zn原子的最短距离为0.5anm
D．硒原子和锌原子的空间利用率为 ×100%
10．（2023 贵阳开学）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NA。下列说法正确的是（ ）
A．晶体中与Ca2+最近且距离相等的K+有12个
B．晶体化学式为KCaB4C6
C．该晶胞对应的晶体类型为分子晶体
D．晶体的密度g cm﹣3
11．（2023春 昌平区期末）下列说法正确的是（ ）
A．熔点：NaCl＞CsCl B．沸点：F2＞Cl2
C．熔点：＞ D．沸点：CO2＞SiO2
12．（2023春 昌平区期末）甲烷晶体熔点为﹣182.5℃，沸点为﹣161.5℃，其晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是 （ ）
A．CH4分子的共价键是s﹣sp3 σ键
B．每个晶胞中含有4个CH4分子
C．甲烷晶体熔化时不会破坏化学键
D．甲烷晶体是共价晶体
13．（2023 南开区校级模拟）有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A．在NaCl晶体（图甲）中，距Na+最近的Cl﹣形成正八面体
B．该气态团簇分子（图乙）的分子式为EF或FE
C．在CO2晶体（图丙）中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻
D．在碘晶体（图丁）中，存在非极性共价键和范德华力
14．（2023 沙坪坝区校级模拟）砷化镓是一种半导体材料，其晶胞结构如图所示，其晶胞参数为anm，晶胞密度为ρg cm﹣3。下列说法正确的是（ ）
A．As位于元素周期表d区
B．砷化镓化学式为GaAs2
C．Ga与As原子的最近距离为nm
D．阿伏加德罗常数可表示为mol﹣1
15．（2023春 青羊区校级月考）下列有关有机物分子结构和性质的分析中正确的是（ ）
A．沸点：正戊烷＞2，2﹣二甲基戊烷＞2，3﹣二甲基丁烷＞丙烷
B．、、、代表了3种不同的烷烃
C．质量相同，完全燃烧时耗O2量：CH4＞C2H6＞C3H8
D．若1mol甲烷全部生成CCl4，最多消耗2mol氯气
16．（2022秋 岳麓区校级期末）磷锡青铜合金广泛用于仪器仪表中的耐磨零件和抗磁元件等。其晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为apm，下列说法不正确的是（ ）
A．磷锡青铜的化学式为Cu3SnP
B．该晶胞中与Cu等距离且最近的Cu有4个
C．三种元素Cu、Sn、P在元素周期表中分别处于ds区、p区、p区
D．Sn和P原子间的最短距离为apm
17．（2022秋 岳麓区校级期末）如图为Ge单晶的晶胞，晶胞参数为apm。其中原子坐标参数A为（0，0，0），B为，C为。下列说法正确的是（ ）
A．该晶体的密度为g/cm3
B．若Ge原子半径为rpm，则晶胞参数a＝
C．该晶体中每个Ge原子被6个六元环共用
D．D原子的坐标参数为
18．（2023秋 桃城区校级月考）某种新型储氢材料的立方晶胞如图所示，该晶体由[Fe（NH3）6]n+和[BH4]﹣形成，晶胞参数为apm。下列说法中不正确的是（ ）
A．[Fe（NH3）6]n+中n＝2
B．晶胞中[Fe（NH3）6]n+和[BH4]﹣的配位数分别为8和4
C．晶胞中距离最近的2个[Fe（NH3）6]n+之间的距离为pm
D．[BH4]﹣的中心原子的杂化方式为sp3杂化
19．（2023 如皋市开学）某太阳能光伏电池的有机半导材料晶胞结构如图所示，其中A为CH3，另两种离子为I﹣和Pb2+。下列说法正确的是（ ）
A．CH3中C和N的轨道杂化方式相同
B．X为Pb2+
C．晶胞中距离A最近的X有6个
D．该晶胞中含有8个A
20．（2023 济南开学）下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是（ ）
A．自然界中的14C来自宇宙射线（中子）撞击14N，其过程可表示为14N+═14C+
B．SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为﹣4，因此SiH4还原性小于CH4
C．高压下制得的CO2共价晶体结构与SiO2晶体相似，其硬度和熔沸点均高于SiO2晶体
D．Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成p﹣pπ键
21．（2023 河南开学）某立方晶系的钴硅合金材料由于具有易于实现能量转化等优点，可作为高性能热电材料。该合金的晶胞结构如图所示（设晶胞边长为apm）。下列说法正确的是（ ）
A．该晶胞的体积为a3×10﹣21cm3
B．Co和Si原子个数比为2：1
C．与Si最邻近的Co原子数为8
D．Co与Si之间的最短距离为apm
22．（2023 济南开学）普鲁士蓝的晶体结构如图所示（K+未表示出来，图中所示结构为晶胞的）。下列说法错误的是 （ ）
A．C、N的杂化方式均为sp杂化
B．一个晶胞中有2个Fe2+
C．每个Fe3+周围有6个Fe2+
D．该晶体的密度为×1021g cm﹣3
23．（2023春 朝阳区期末）干冰（CO2）的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．干冰晶体属于分子晶体
B．干冰晶胞中，含有4个CO2分子
C．干冰晶体中，每个CO2周围等距且紧邻的CO2有6个
D．干冰晶体中CO2分子间作用力较小，常压下易升华
24．（2023 西城区校级开学）铁氮化合物（FexNy）在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示如图﹣1所示，晶胞边长为anm。Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe（x﹣n）CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图﹣2所示，下列说法不正确的是（ ）
A．制备该铁氮化合物时生成氢气
B．a位置周围距离最近的铁原子有6个
C．可通过晶体的X﹣射线衍射实验获取晶体结构信息
D．更稳定的Cu替代型产物的化学式Fe3CuN
25．（2023 武威开学）钴的某种氧化物广泛应用于硬质合金、超耐热合金、绝缘材料和磁性材料的生产，其晶胞结构如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．该氧化物的化学式为Co13O14
B．晶胞中Co2+的配位数为12
C．根据晶体类型推测，该物质熔点低于硫（S8）
D．若该氧化物的密度为ρg cm﹣3，阿伏加德罗常数为NAmol﹣1，则晶胞中两个O2﹣间的最短距离是cm
2024年高考化学复习新题速递之晶体结构与性质（2023年10月）
参考答案与试题解析
一．选择题（共25小题）
1．（2023秋 广州月考）CeO2纳米粒子在抗病毒和抗肿瘤方面有无限潜力，其晶胞结构如图所示，M的坐标为（0，0，0），下列说法正确的是（ ）
A．一个晶胞中有14个Ce4+
B．Ce4+的配位数为6
C．N的坐标为（，，）
D．每个O2﹣周围与它最近且等距的O2﹣有6个
【考点】晶胞的计算．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】D
【分析】A．利用均摊法计算；
B．由图可知，面心的Ce4+连接4个O2﹣；
C．将晶胞分为8个小立方体，N位于左后上方的小立方体的体心；
D．由图可知，每个O2﹣周围与它最近且等距的O2﹣位于其上下前后左右。
【解答】解：A．利用均摊法计算可知晶胞中Ce4+有4个，故A错误；
B．由图可知，面心的Ce4+连接4个O2﹣，面心原子为2个晶胞共有，故Ce4+配位数为8，故B错误；
C．将晶胞分为8个小立方体，N位于左后上方的小立方体的体心，M的坐标为（0，0，0），则N的坐标为（，，），故C错误；
D．由图可知，每个O2﹣周围与它最近且等距的O2﹣位于其上下前后左右，共有6个，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查晶胞结构与计算，侧重考查分析、判断、空间想象能力及计算能力，明确晶胞中配位数的判断方法、原子的坐标判断方法是解本题关键，题目难度中等。
2．（2023春 晋江市期末）PCl5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PCl4
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
【考点】分子晶体．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】C
【分析】由图可知，PCl5晶体的晶胞结构与氯化铯晶体的晶胞结构相似，存在、两种离子，两种离子分别为四面体和八面体结构。
【解答】解：A．PCl5在晶体里以、存在，属于离子晶体，故A错误；
B．晶胞体心上微粒为，故B错误；
C．晶胞顶点上微粒是，其价层电子对数＝，故空间构型为正八面体，故C正确；
D．晶胞中存在的化学键类型除了有极性共价键，还有离子键，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查晶体的相关知识，注意晶体基础知识的掌握，另外会计算价层电子对。
3．（2023春 张家口期中）下列有关晶体的说法不正确的是（ ）
A．如图所示的四种物质中，熔点最低的是冰
B．每个Cu晶胞中平均含有4个铜原子
C．在NaH晶体中，距离Na+最近且等距的Na+的个数为12
D．钛酸钡晶体中，Ba2+的配位数为4
【考点】金属晶体；离子晶体．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】D
【分析】A．上图所示的四种物质中只有冰是分子晶体，熔点最低的是冰；
B．每个Cu晶胞中平均含有铜原子个数为；
C．在NaH晶体中，距离Na+最近且等距的Na+位于面心处，其个数为12个；
D．根据晶胞结构可知，晶体中与每个Ba2+紧邻且等距离的O2﹣有12个。
【解答】解：A．上图所示的四种物质中只有冰是分子晶体，熔点最低的是冰，故A正确；
B．每个Cu晶胞中平均含有铜原子个数为，故B正确；
C．在NaH晶体中，距离Na+最近且等距的Na+位于面心处，其个数为12个，故C正确；
D．根据晶胞结构可知，晶体中与每个Ba2+紧邻且等距离的O2﹣有12个，故D错误，
故选：D。
【点评】本题主要考查了晶体结构的有关知识，题目难度不大，掌握基础知识是解答的关键。
4．（2022秋 北碚区校级月考）通常把原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体，人们发现等电子体的空间结构相同。下列说法，认识错误的有几个（ ）
①s﹣sσ键与p﹣pσ键的电子云对称性不同
②1个N原子最多只能与3个H原子结合形成NH3分子，是由共价键的饱和性决定的
③CH3﹣CH3、CH2＝CH2、CH≡CH中碳原子间成键键长相同
④两个非金属原子之间形成的化学键都是共价键
⑤1个分子中含有11个σ键
⑥SO2与O3互为等电子体，空间结构均为V形
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】“等电子原理”的应用；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】C
【分析】①因s、p能级的电子云形状不同，所以s﹣s 键与p﹣pσ键的电子云形状不同；
②各原子容易形成两个电子或者8个电子的稳定结构
③三种分子中分别含C﹣C、C＝C、C≡C键；
④非金属原子常以共用电子对形成化学键，为共价键；
⑤1个分子中含有6个C﹣C键、10个C﹣H键、1个C＝O键、2个C﹣Se键；
⑥原子总数和价电子总数相同的分子或离子称为等电子体，人们发现等电子体的空间结构相同。
【解答】解：①s能级电子云是球形，p能级电子云是哑铃型，所以s﹣s 键与s﹣pσ键的电子云对称性不同，故①错误；
②N原子最外层有5个电子，有三个末成对电子，1个N原子最多只能与3个H原子结合形成NH3分子，是由共价键的饱和性决定的，故②正确；
③三种分子中分别含C﹣C、C＝C、C≡C键，则C﹣C的键长、键能均不相同，故③错误；
④非金属原子常以共用电子对形成化学键，两个非金属元素的原子之间形成的化学键都是共价键，故④正确；
⑤1个分子中含有6个C﹣C键、10个C﹣H键、1个C＝O键、2个C﹣Se键，共19个σ键，故⑤错误；
⑥SO2与O3中都含有3个原子，价电子总数都为18，互为等电子体，空间结构均为V形，故⑥正确；
综上所述，认识错误的有①③⑤，共3个，
故选：C。
【点评】本题考查共价键的形成及类型、等电子体、空间构型等知识点，注重基础知识的考查，题目难度不大。
5．（2023秋 合肥月考）一种超导材料（仅由Cs、Ag、F三种元素组成）的长方体晶胞结构如图所示（已知MP＝QR，用NA表示阿伏加德罗常数的值）。下列说法正确的是（ ）
A．基态Ag失去4d能级上的一个电子转化为Ag+
B．若N点原子分数坐标为，则P点原子分数坐标为
C．M、N之间的距离为a×10﹣7cm
D．晶体的密度为g pm﹣3
【考点】晶胞的计算．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】D
【分析】A．基态Ag原子核外电子排布式为[Kr]4d105s1，基态Ag原子转化为Ag+失去最外层电子；
B．若N点原子分数坐标为，则M点为O点，P点在x、y、z轴上的投影分别是0、0、；
C．M、N之间的距离为底面对角线长度的；
D．该晶胞中F原子个数为16×+4＝12、Cs原子个数为8×+2＝4、Ag原子个数为4×+8×＝4，所以Ag、Cs、F原子个数之比为4：4：12＝1：1：3，其化学式为CsAgF3，晶胞体积为（apm）2×（cpm）＝a2cpm3，晶体密度为＝。
【解答】解：A．基态Ag原子核外电子排布式为[Kr]4d105s1，基态Ag原子失去5s能级上的1个电子转化为Ag+，故A错误；
B．若N点原子分数坐标为，则M点为O点，P点在x、y、z轴上的投影分别是0、0、，则P点原子分数坐标为（0，0，），故B错误；
C．M、N之间的距离为底面对角线长度的，为×apm＝a×10﹣10cm，故C错误；
D．该晶胞中F原子个数为16×+4＝12、Cs原子个数为8×+2＝4、Ag原子个数为4×+8×＝4，所以Ag、Cs、F原子个数之比为4：4：12＝1：1：3，其化学式为CsAgF3，晶胞体积为（apm）2×（cpm）＝a2cpm3，晶体密度为＝＝g pm﹣3＝g pm﹣3，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查晶胞的计算，侧重考查空间想象能力及计算能力，明确原子结构、晶胞密度的计算方法是解本题关键，难点是各原子坐标参数的判断。
6．（2023秋 重庆月考）萤石是制作光学玻璃的原料之一，其主要成分氟化钙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，一种用表示，另一种用表示。下列说法错误的是（ ）
A．F﹣位于Ca2+构成的四面体空隙
B．每个Ca2+周围距离最近且等距的F﹣有8个
C．基态氟原子核外电子的原子轨道有四种伸展方向
D．基态F原子的电子自旋量子数的代数和为
【考点】晶胞的计算．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】D
【分析】A．由晶胞图可知，距F﹣最近且等距的Ca2+位于顶点和相邻的三个面心；
B．由晶胞图可知，与面心上的Ca2+距离最近且等距的4个F﹣位于体内；
C．基态氟原子核外电子排布式为1s22s22p5；
D．基态氟原子价层电子排布式为2s22p5，有1个未成对电子。
【解答】解：A．由晶胞图可知，距F﹣最近且等距的Ca2+位于顶点和相邻的三个面心，即F﹣位于Ca2+构成的四面体空隙，故A正确；
B．由晶胞图可知，与面心上的Ca2+距离最近且等距的4个F﹣位于体内，面上的原子为2个晶胞共有，故每个Ca2+周围距离最近且等距的F﹣有8个，故B正确；
C．基态氟原子核外电子排布式为1s22s22p5，其中s能级有一种伸展方向，p能级有三种伸展方向，共4种，故C正确；
D．基态氟原子价层电子排布式为2s22p5，有1个未成对电子，故基态F原子的电子自旋量子数的代数和为或﹣，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查晶体结构，需要学生具有一定空间想象能力，题目难度中等。
7．（2023 包河区校级模拟）工业电解氧化铝制取金属铝时，常常需要加入冰晶石Na3AlF6），冰晶石晶胞是以大阴离子[]构成的面心立方晶胞（如图所示），下列说法正确的是（ ）
A．冰晶石可以降低氧化铝熔点的原因是冰晶石的熔点远低于氧化铝
B．大阴离子[]存在配位键，空间构型为正八面体形，Al3+采取sp3杂化
C．冰晶石晶胞中的离子数和氯化钠（NaCl）晶胞中的离子数之比为2：1
D．若冰晶石晶胞密度为ρg/cm3，则晶胞中Al﹣Al的最短距离为×1010pm（设NA为阿伏加德罗常数的值）
【考点】晶胞的计算．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】C
【分析】A.加入冰晶石溶解后能打破氧化铝晶体原来的结构，形成固相低熔点混合物；
B.如果Al3+采用sp3杂化，则应该形成四面体形，而[]的空间构型为正八面体形，说明Al3+不是采取sp3杂化；
C.冰晶石晶胞中阴离子数根据均摊法计算为为4个，由化学式Na3AlF6可知该晶胞中阳离子数为3 x 4＝12个，NaCl晶胞中Na+有4个，Cl﹣有4个，所以冰晶石晶胞中离子数和氯化钠晶胞中的离子数之比为即可求出；
D.晶胞中有4个Na3AlF6单元，设晶胞的边长为xcm，根据密度公式ρ＝，解得x＝cm，Al﹣Al最短的距离为x；
【解答】解：A.加入冰晶石可降低氧化铝熔点的原因是因为冰晶石溶解能打破氧化铝晶体原来的结构，形成固相低熔点混合物，故A错误；
B.如果Al3+采用sp3杂化，则应该形成四面体形，而[]的空间构型为正八面体形，说明Al3+不是采取sp3杂化，故B错误；
C.冰晶石晶胞中阴离子数为8×+6×＝4个，由化学式Na3AlF6可知该晶胞中阳离子数为3 x 4＝12个，NaCl晶胞中Na+有4个，Cl﹣有4个，所以冰晶石晶胞中离子数和氯化钠晶胞中的离子数之比为（12+4）：（4+4）＝2：1，故C正确；
D.晶胞中有4个Na3AlF6单元，设晶胞的边长为xcm，则该晶胞的密度为ρ＝＝cm，解得x＝cm，Al﹣Al最短的距离为x＝×cm═××1010pm，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查晶胞微粒个数的计算，杂化方式与空间构型，密度公式的应用，中等难度题目。
8．（2023秋 武汉月考）为维护国家安全和利益，经国务院批准，决定对镓、锗相关物项实施出口管制。镓的某种化合物的晶胞结构如图所示（晶胞参数为a pm），下列说法正确的是（ ）
A．Ga元素位于周期表的ds区
B．晶体结构中N的配位数为4
C．该物质的化学式为GaN2
D．该晶体的密度为g/cm3
【考点】晶胞的计算；元素周期表的结构及其应用．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】B
【分析】A．镓元素的原子序数为31，价电子排布式为4s24p1；
B．晶胞中位于体对角线上的氮原子与4个镓原子的距离最近；
C．晶胞中位于顶点和面心的镓原子个数为8×+6×＝4，位于体内的氮原子个数为4；
D．设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：＝（a×10﹣10）3d。
【解答】解：A．镓元素的原子序数为31，价电子排布式为4s24p1，位于周期表的p区，故A错误；
B．晶胞中位于体对角线上的氮原子与4个镓原子的距离最近，则氮原子的配位数为4，故B正确；
C．晶胞中位于顶点和面心的镓原子个数为8×+6×＝4，位于体内的氮原子个数为4，其化学式为GaN，故C错误；
D．设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：＝（a×10﹣10）3d，则d＝g/cm3，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
9．（2023春 江津区期末）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，乙图为晶胞的俯视图，已知晶胞参数为anm，硒原子和锌原子的半径分别为r1nm和r2nm，下列说法不正确的是（ ）
A．Zn与距离最近的Se所形成的键的夹角为109°28ˊ
B．晶胞中d点原子分数坐标为（，，）
C．相邻两个Zn原子的最短距离为0.5anm
D．硒原子和锌原子的空间利用率为 ×100%
【考点】晶胞的计算．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】C
【分析】A．Zn与距离最近的4个Se形成四面体；
B．将晶胞分割成8个小立方体，d位于右前上方的小立方体的体心；
C．相邻两个Zn原子的最短距离为面对角线的一半；
D．由图可知，4个Zn位于体内，Se位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，原子总体积为4×（π+）nm3，晶胞体积为a3nm3，空间利用率为%。
【解答】解：A．Zn与距离最近的4个Se形成四面体，所形成的键的夹角为109°28ˊ，故A正确；
B．将晶胞分割成8个小立方体，d位于右前上方的小立方体的体心，则d点的坐标为（，，），故B正确；
C．相邻两个Zn原子的最短距离为面对角线的一半，为anm，故C错误；
D．由图可知，4个Zn位于体内，Se位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，原子总体积为4×π（+）nm3，晶胞体积为a3nm3，空间利用率为%＝×100%＝×100%，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生均摊法和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
10．（2023 贵阳开学）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NA。下列说法正确的是（ ）
A．晶体中与Ca2+最近且距离相等的K+有12个
B．晶体化学式为KCaB4C6
C．该晶胞对应的晶体类型为分子晶体
D．晶体的密度g cm﹣3
【考点】晶胞的计算．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】D
【分析】A．由晶胞结构图可知，Ca2+位于体心，与Ca2+最近且距离相等的K+位于顶点；
B．根据均摊法，可求算各微粒的个数；
C．该晶体为高温超导材料；
D．晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，根据ρ＝计算晶胞密度。
【解答】解：A．由晶胞结构图可知，Ca2+位于体心，与Ca2+最近且距离相等的K+位于顶点，故有8个，故A错误；
B．根据均摊法，1个Ca2+位于体心，K+的个数为8×＝1，硼原子、碳原子都位于面上，个数均为12×＝6，晶体最简化学式为KCaB6C6，故B错误；
C．该晶体为高温超导材料，存在离子，不是分子晶体，故C错误；
D．晶胞质量为g＝g，晶胞体积为（a×10﹣10）3cm3，晶胞密度ρ＝＝g cm﹣3＝g cm﹣3，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查晶胞结构与性质，涉及晶胞化学式、配位数、密度、晶体性质等知识点，要求学生有较好的空间想象能力和数学计算能力，题目难度中等。
11．（2023春 昌平区期末）下列说法正确的是（ ）
A．熔点：NaCl＞CsCl B．沸点：F2＞Cl2
C．熔点：＞ D．沸点：CO2＞SiO2
【考点】晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】A
【分析】A．离子半径越小、电荷越高，熔点越高；
B．同类型的分子，相对分子质量越大，沸点越大；
C．邻硝基苯酚易形成分子内氢键，熔沸点降低，对硝基苯酚能形成分子间氢键，熔沸点升高；
D．共价晶体沸点大于分子晶体。
【解答】解：A．二者均为离子晶体，阳离子的半径不同，离子半径越小，熔点越高，则熔点：NaCl＞CsCl，故A正确；
B．同类型的分子，相对分子质量越大，沸点越大，则沸点为F2＜Cl2，故B错误；
C．邻硝基苯酚易形成分子内氢键，熔沸点降低，对硝基苯酚能形成分子间氢键，熔沸点升高，则熔点：＜ ，故C错误；
D．SiO2是共价晶体，CO2形成晶体为分子晶体，则沸点：SiO2＞CO2，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查晶体性质，为高频考点，把握晶体类型与性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意晶体性质的比较方法，题目难度不大。
12．（2023春 昌平区期末）甲烷晶体熔点为﹣182.5℃，沸点为﹣161.5℃，其晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是 （ ）
A．CH4分子的共价键是s﹣sp3 σ键
B．每个晶胞中含有4个CH4分子
C．甲烷晶体熔化时不会破坏化学键
D．甲烷晶体是共价晶体
【考点】晶胞的计算．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】D
【分析】A．CH4分子中C原子为sp3杂化；
B．CH4分子位于晶胞的顶点和面心；
C．甲烷晶体熔点为﹣182.5℃，沸点为﹣161.5℃，熔沸点较低，为分子晶体；
D．由甲烷晶体熔沸点判断晶体类型。
【解答】解：A．CH4分子中C原子为sp3杂化，与H原子的1s轨道形成s﹣sp3 σ键，故A正确；
B．CH4分子位于晶胞的顶点和面心，个数为8×+6×＝4，故B正确；
C．甲烷晶体熔点为﹣182.5℃，沸点为﹣161.5℃，熔沸点较低，为分子晶体，甲烷晶体熔化时，破坏分子间的范德华力，不会破坏化学键，故C正确；
D．甲烷晶体熔点为﹣182.5℃，沸点为﹣161.5℃，熔沸点较低，为分子晶体，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查晶胞计算，侧重考查空间想象能力及计算能力，明确晶体构成微粒、均摊法在晶胞计算中的灵活运用是解本题关键，题目难度不大。
13．（2023 南开区校级模拟）有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是（ ）
A．在NaCl晶体（图甲）中，距Na+最近的Cl﹣形成正八面体
B．该气态团簇分子（图乙）的分子式为EF或FE
C．在CO2晶体（图丙）中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻
D．在碘晶体（图丁）中，存在非极性共价键和范德华力
【考点】离子晶体．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】B
【分析】A．在NaCl晶体（图甲）中，距Na+最近的Cl﹣是6个，形成正八面体；
B．气态团簇分子含有的微粒就是该分子中含有的微粒；
C．在CO2晶体（图丙）中，一个CO2分子周围等距离的CO2个数＝3×8÷2；
D．碘为分子晶体，分子内存在非极性共价键，分子间存在范德华力。
【解答】解：A．在NaCl晶体中，距Na+最近的Cl﹣有6个，距Cl﹣最近的Na+有6个，这6个离子构成一个正八面体，故A正确；
B．气态团簇分子不同于晶胞，气态团簇分子中含有4个E原子，4个F原子，则分子式为E4F4或F4E4，故B错误；
C．在CO2晶体（图丙）中，一个CO2分子周围等距离的CO2个数＝3×8÷2＝12，故C正确；
D．碘为分子晶体，分子内存在非极性共价键，分子间存在范德华力，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查晶胞计算，为高频考点，熟悉各种晶体典型晶胞结构是解本题关键，易错选项是B，很多同学往往利用均摊法计算该分子中所含原子个数，注意气态团簇与晶胞的区别，题目难度不大。
14．（2023 沙坪坝区校级模拟）砷化镓是一种半导体材料，其晶胞结构如图所示，其晶胞参数为anm，晶胞密度为ρg cm﹣3。下列说法正确的是（ ）
A．As位于元素周期表d区
B．砷化镓化学式为GaAs2
C．Ga与As原子的最近距离为nm
D．阿伏加德罗常数可表示为mol﹣1
【考点】晶胞的计算．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】D
【分析】A．As为34号元素，价层电子排布式为4s24p3；
B．由晶胞图可知，4个Ga位于体内，As位于顶点和面心；
C．Ga与As原子的最近距离为体对角线的；
D．晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，根据ρ＝可求得阿伏加德罗常数。
【解答】解：A．As为34号元素，价层电子排布式为4s24p3，位于周期表中p区，故A错误；
B．由晶胞图可知，4个Ga位于体内，As位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，Ga：As＝4：4＝1：1，故化学式为GaAs，故B错误；
C．Ga与As原子的最近距离为体对角线的，即anm，故C错误；
D．晶胞质量为g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，由ρ＝可得，ρg cm﹣3＝g cm﹣3，则阿伏加德罗常数NA＝mol﹣1，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查晶胞计算，侧重考查分析、判断及计算能力，掌握晶体结构分析和晶胞计算方法是解本题关键，题目难度中等。
15．（2023春 青羊区校级月考）下列有关有机物分子结构和性质的分析中正确的是（ ）
A．沸点：正戊烷＞2，2﹣二甲基戊烷＞2，3﹣二甲基丁烷＞丙烷
B．、、、代表了3种不同的烷烃
C．质量相同，完全燃烧时耗O2量：CH4＞C2H6＞C3H8
D．若1mol甲烷全部生成CCl4，最多消耗2mol氯气
【考点】晶体熔沸点的比较；化学方程式的有关计算．版权所有
【专题】有机物的化学性质及推断．
【答案】C
【分析】A．烷烃相对分子质量越大，则沸点越高；
B．和是同一种物质，和是同一种物质；
C．等质量的烷烃，氢的含量越高则完全燃烧耗氧量越大；
D．若1 mol甲烷全部生成CCl4。
【解答】解：A．烷烃相对分子质量越大，则沸点越高，沸点：2，2﹣二甲基戊烷＞2，3﹣二甲基丁烷＞正戊烷＞丙烷，故A错误；
B．和是同一种物质，和是同一种物质，故B错误；
C．等质量的烷烃，氢的含量越高则完全燃烧耗氧量越大，故质量相同，完全燃烧时耗O2量：CH4＞C2H6＞C3H8，故C正确；
D．甲烷转化为四氯化碳为取代反应，则1 mol甲烷全部生成CCl4，最多消耗4mol氯气，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题比较简单。
16．（2022秋 岳麓区校级期末）磷锡青铜合金广泛用于仪器仪表中的耐磨零件和抗磁元件等。其晶胞结构如图所示。已知晶胞参数为apm，下列说法不正确的是（ ）
A．磷锡青铜的化学式为Cu3SnP
B．该晶胞中与Cu等距离且最近的Cu有4个
C．三种元素Cu、Sn、P在元素周期表中分别处于ds区、p区、p区
D．Sn和P原子间的最短距离为apm
【考点】晶胞的计算．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】B
【分析】A．由均摊法可知，晶胞中Cu原子数目＝×6＝3、Sn原子数目＝×8＝1、P原子数目为1；
B．以面心的铜分析，该晶胞中与Cu等距离且最近的Cu位于晶胞的面心；
C．三种元素Cu、Sn、P在元素周期表中分别处于ds区、p区、p区；
D．P原子位于体心而Sn位于顶点，Sn和P原子间的最短距离为体对角线长的一半。
【解答】解：A．由均摊法可知，晶胞中Cu原子数目＝×6＝3、Sn原子数目＝×8＝1、P原子数目为1，故化学式为Cu3SnP，故A正确；
B．以面心的铜分析，该晶胞中与Cu等距离且最近的Cu有8个，故B错误；
C．三种元素Cu、Sn、P的价电子分别为3d104s1、5s25p2、3s23p3，则三种元素在元素周期表中分别处于ds区、p区、p区，故C正确；
D．P原子位于体心而Sn位于顶点，Sn和P原子间的最短距离为体对角线长的一半，故距离为apm，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了晶体结构与性质，掌握均摊法的计算，试题难度不大。
17．（2022秋 岳麓区校级期末）如图为Ge单晶的晶胞，晶胞参数为apm。其中原子坐标参数A为（0，0，0），B为，C为。下列说法正确的是（ ）
A．该晶体的密度为g/cm3
B．若Ge原子半径为rpm，则晶胞参数a＝
C．该晶体中每个Ge原子被6个六元环共用
D．D原子的坐标参数为
【考点】晶胞的计算．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】B
【分析】A．1个Ge晶胞中含有8×+6×+4＝8，则该晶体的密度ρ＝＝；
B．Ge晶胞类似金刚石晶胞，由图可知，Ge元素半径的8倍等于晶胞的体对角线；
C．Ge晶胞类似金刚石晶胞，任意两条相邻的Ge﹣Ge键参加了2个六元环的形成，每个Ge原子可形成4条Ge﹣Ge键，两面相邻的组合6种；
D．对照晶胞图及A为（0，0，0），B为，C为的坐标，选A为参照点，可知D在对角线的处。
【解答】解：A．1个Ge晶胞中含有8×+6×+4＝8，则该晶体的密度为g/cm3，故A错误；
B．Ge晶胞类似金刚石晶胞，Ge元素半径的8倍等于晶胞的体对角线，则8r＝a，，故B正确；
C．Ge晶胞类似金刚石晶胞，任意两条相邻的Ge﹣Ge键参加了2个六元环的形成，每个Ge原子可形成4条Ge﹣Ge键，两面相邻的组合6种，故每个C原子被6×2＝12个六元环共用，故C错误；
D．A为（0，0，0），B为，C为，D在对角线的处，其D原子的坐标参数为，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生均摊法、密度计算和分数坐标的掌握情况，试题难度中等。
18．（2023秋 桃城区校级月考）某种新型储氢材料的立方晶胞如图所示，该晶体由[Fe（NH3）6]n+和[BH4]﹣形成，晶胞参数为apm。下列说法中不正确的是（ ）
A．[Fe（NH3）6]n+中n＝2
B．晶胞中[Fe（NH3）6]n+和[BH4]﹣的配位数分别为8和4
C．晶胞中距离最近的2个[Fe（NH3）6]n+之间的距离为pm
D．[BH4]﹣的中心原子的杂化方式为sp3杂化
【考点】晶胞的计算．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】C
【分析】A．由题图可知，每个晶胞中含有8个，均摊法计算晶胞中 数目，结合电荷守恒计算n的值；
B．以上底面面心的中 为分析对象，其周围最近且等距离的 位于晶胞内部上层4个，上层晶胞内部下层还有4个；以晶胞中心的 为分析对象，其中周围最近且等距离的 有4个；
C．面对角线上的 相切，由几何知识可知，距离最近的2个 之间的距离为面对角线长度的一半；
D． 的中心原子B原子的价层电子对数为4。
【解答】解：A．由题图可知，每个晶胞中含有8个，数目为8×+6×＝4，根据电荷守恒可知：4n+8×（﹣1）＝0，解得n＝2，故A正确；
B．以上底面面心的中 为分析对象，其周围最近且等距离的 位于晶胞内部上层4个，上层晶胞内部下层还有4个，即 的配位数为8；以晶胞中心的 为分析对象，其中周围最近且等距离的 有4个，即 的配位数为4，故B正确；
C．面对角线上的 相切，由几何知识可知，距离最近的2个 之间的距离为面对角线长度的一半，即晶胞中距离最近的2个 之间的距离为apm×＝pm，故C错误；
D． 的中心原子B原子的价层电子对数为4，故中心原子杂化方式为sp3 杂化，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查晶胞结构与有关计算、杂化方式等，明确微粒在晶胞中的位置关系，掌握均摊法进行晶胞有关计算，对学生的空间想象和数学计算能力有一定的要求。
19．（2023 如皋市开学）某太阳能光伏电池的有机半导材料晶胞结构如图所示，其中A为CH3，另两种离子为I﹣和Pb2+。下列说法正确的是（ ）
A．CH3中C和N的轨道杂化方式相同
B．X为Pb2+
C．晶胞中距离A最近的X有6个
D．该晶胞中含有8个A
【考点】晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】A
【分析】A．CH3中C原子形成3个C﹣H、1个C﹣N键、N原子形成3个N﹣H键、1个N﹣C，C和N的杂化轨道数目都是4；
B．均摊法计算晶胞A、B、X数目，结合电中性计算判断；
C．顶角A为8个晶胞共用，与之距离最近的X处于晶胞面心，而面心为2个晶胞共用；
D．A处于晶胞顶角，而顶角贡献率为，均摊法计算。
【解答】解：A．CH3中C原子形成3个C﹣H、1个C﹣N键、N原子形成3个N﹣H键、1个N﹣C，C和N的杂化轨道数目都是4，它们都采取sp3杂化，故A正确；
B．A处于晶胞顶角，晶胞中A数目为8×＝1，B处于晶胞体心，晶胞中B的数目为1，而X处于晶胞面心，晶胞中X数目为6×＝3，晶胞化学式表示为ABX3，其中A为CH3，另两种离子为I﹣和Pb2+，由电中性可知B为Pb2+、X为I﹣，故B错误；
C．顶角A为8个晶胞共用，与之距离最近的X处于晶胞面心，而面心为2个晶胞共用，则晶胞中距离A最近的X有＝12个，故C错误；
D．A处于晶胞顶角，而顶角贡献率为，晶胞中A数目为8×＝1，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查晶胞有关计算，还涉及杂化方式等，掌握均摊法进行晶胞有关计算，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力。
20．（2023 济南开学）下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是（ ）
A．自然界中的14C来自宇宙射线（中子）撞击14N，其过程可表示为14N+═14C+
B．SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为﹣4，因此SiH4还原性小于CH4
C．高压下制得的CO2共价晶体结构与SiO2晶体相似，其硬度和熔沸点均高于SiO2晶体
D．Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成p﹣pπ键
【考点】共价晶体；常见元素的化合价；共价键的形成及共价键的主要类型．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】B
【分析】A．来自宇宙射线的中子轰击14N原子产生着14C；
B．Si和C属于同族元素，结合元素周期律分析其性质；
C．共价晶体中，键长越短，键能越大，熔沸点和硬度越高；
D．原子半径大，原子间形成的σ键较长，p﹣p轨道几乎不能重叠。
【解答】解：A．来自宇宙射线的中子轰击14N原子产生着14C，根据质量守恒可得，14N+═14C+，故A正确；
B．SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为﹣4，Si与C为同主族元素，同族元素从上到下，非金属元素的电负性减小，原子半径增大，原子失电子的能力递增，氢化物的还原性增强，因此SiH4还原性大于CH4，故B错误；
C．CO2晶体和SiO2晶体都为共价晶体，原子半径：C＞Si，键长：C﹣O＞Si﹣O，键长越短，键能越大，硬度和熔沸点均高于SiO2晶体，故C正确；
D．Si的原子半径较大，原子间形成的σ键较长，p﹣p轨道重叠程度很小，难于形成π键，所以Si原子间难形成双键而C原子间可以，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质结构与性质，综合考查学生的分析和灵活运用能力，把握原子半径与键长、键能、物质性质的关系即可解答，题目难度不大。
21．（2023 河南开学）某立方晶系的钴硅合金材料由于具有易于实现能量转化等优点，可作为高性能热电材料。该合金的晶胞结构如图所示（设晶胞边长为apm）。下列说法正确的是（ ）
A．该晶胞的体积为a3×10﹣21cm3
B．Co和Si原子个数比为2：1
C．与Si最邻近的Co原子数为8
D．Co与Si之间的最短距离为apm
【考点】晶胞的计算．版权所有
【答案】D
【分析】A．因是立方晶胞，且晶胞参数为apm，故体积为a3×10﹣30cm3；
B．根据均摊法可知，每个晶胞中，Co原子有4个，Si原子有8个，Co和Si原子个数比为1：2；
C．与Si最邻近的Co原子数为4；
D．Co与Si之间的最短距离为体对角线的，则Co与Si之间的最短距离为pm。
【解答】解：A．因是立方晶胞，且晶胞参数为apm，故体积为a3×10﹣30cm3，故A错误；
B．根据均摊法可知，每个晶胞中，Co原子有4个，Si原子有8个，Co和Si原子个数比为1：2，故B错误；
C．与Si最邻近的Co原子数为4，故C错误；
D．Co与Si之间的最短距离为体对角线的，则Co与Si之间的最短距离为pm，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了晶胞的计算，是高频考点，需要边分析，边思考，正确分析晶胞是解题关键，侧重考查分析能力，题目难度不大。
22．（2023 济南开学）普鲁士蓝的晶体结构如图所示（K+未表示出来，图中所示结构为晶胞的）。下列说法错误的是 （ ）
A．C、N的杂化方式均为sp杂化
B．一个晶胞中有2个Fe2+
C．每个Fe3+周围有6个Fe2+
D．该晶体的密度为×1021g cm﹣3
【考点】晶胞的计算．版权所有
【答案】B
【分析】A．C、N原子都形成2个σ键；
B．图中所示结构为晶胞的，将8个此结构组成晶胞，则4个Fe2+位于顶点和面心；
C．由图可知，Fe2+位于Fe3+的上下前后左右；
D．由图可知，Fe3+、Fe2+位于顶点，个数都为4×＝，CN﹣位于棱上，个数为12×＝3，根据电荷守恒可知，含有个K+，则的晶胞的质量为g＝g，体积为（a×10﹣7）3cm3，根据ρ＝计算该晶体的密度。
【解答】解：A．C、N原子都形成2个σ键，均为sp杂化，故A正确；
B．图中所示结构为晶胞的，将8个此结构组成晶胞，则4个Fe2+位于顶点和面心，则一个晶胞中含有的Fe2+为：8×+6×＝4个，故B错误；
C．由图可知，Fe2+位于Fe3+的上下前后左右，有6个，故C正确；
D．由图可知，Fe3+、Fe2+位于顶点，个数都为4×＝，CN﹣位于棱上，个数为12×＝3，根据电荷守恒可知，含有个K+，则的晶胞的质量为g＝g，体积为（a×10﹣7）3cm3，该晶体的密度ρ＝＝g cm﹣3＝×1021g cm﹣3，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了晶胞的结构与性质，涉及杂化方式、晶胞结构与计算等知识点，难点是亚铁离子和铁离子个数比，利用平均化合价解答即可，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，题目难度中等。
23．（2023春 朝阳区期末）干冰（CO2）的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．干冰晶体属于分子晶体
B．干冰晶胞中，含有4个CO2分子
C．干冰晶体中，每个CO2周围等距且紧邻的CO2有6个
D．干冰晶体中CO2分子间作用力较小，常压下易升华
【考点】分子晶体．版权所有
【专题】原子组成与结构专题．
【答案】C
【分析】A．干冰晶体属于分子晶体；
B．依据均摊法计算每个晶胞中含有二氧化碳分子数目；
C．晶胞中与每个顶点的CO2分子紧邻的CO2分子位于面心位置，每个顶点为8个晶胞共用；
D．CO2分子的相对分子质量小，分子间作用力小。
【解答】解：A．干冰晶体属于分子晶体，故A正确；
B．依据晶胞结构图可知，1个晶胞中含有二氧化碳分子数目为：×8+×6＝4，故B正确；
C．晶胞中与每个顶点的CO2分子紧邻的CO2分子位于面心位置，则晶胞中每个CO2分子周围紧邻的CO2分子数为3×8×＝12，故C错误；
D．干冰为分子晶体，CO2分子的相对分子质量小，分子间作用力小，所以干冰升华时需克服分子间作用力，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查晶体类型及性质判断，明确不同类型的晶体在熔化时克服不同的作用力、熟悉均摊法计算和晶胞结构特征是解题关键，注意掌握配位数的计算，题目难度中等。
24．（2023 西城区校级开学）铁氮化合物（FexNy）在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示如图﹣1所示，晶胞边长为anm。Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe（x﹣n）CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图﹣2所示，下列说法不正确的是（ ）
A．制备该铁氮化合物时生成氢气
B．a位置周围距离最近的铁原子有6个
C．可通过晶体的X﹣射线衍射实验获取晶体结构信息
D．更稳定的Cu替代型产物的化学式Fe3CuN
【考点】晶胞的计算．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】B
【分析】A．铁和氨气在640℃可发生置换反应；
B．a位置的Fe位于顶点，距顶点的Fe最近的Fe位于距a位置最近的b位置；
C．X﹣射线衍射法是测定晶体结构最科学的方法；
D．由图2可知，更稳定的Cu替代型产物为Cu替代a位置Fe型。
【解答】解：A．铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一为铁氮化合物，根据原子守恒，另一种产物为氢气，故A正确；
B．a位置的Fe位于顶点，距顶点的Fe最近的Fe位于距a位置最近的b位置，个数为＝12，故B错误；
C．X﹣射线衍射法是测定晶体结构最科学的方法，通过晶体的X﹣射线衍射实验获取晶体结构信息，故C正确；
D．由图2可知，更稳定的Cu替代型产物为Cu替代a位置Fe型，其化学式为，Cu位于顶点，个数为8×＝1，Fe位于面心，个数为6×＝3，1个N位于体心，其化学式Fe3CuN，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查晶胞的计算，把握原子的位置、均摊法计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度中等。
25．（2023 武威开学）钴的某种氧化物广泛应用于硬质合金、超耐热合金、绝缘材料和磁性材料的生产，其晶胞结构如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．该氧化物的化学式为Co13O14
B．晶胞中Co2+的配位数为12
C．根据晶体类型推测，该物质熔点低于硫（S8）
D．若该氧化物的密度为ρg cm﹣3，阿伏加德罗常数为NAmol﹣1，则晶胞中两个O2﹣间的最短距离是cm
【考点】晶胞的计算．版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【答案】D
【分析】A．据“均摊法”，晶胞中含个Co2+、个O2﹣；
B．以体心钴离子为例，与之距离最近的氧离子位于面心；
C．分子晶体沸点低于离子晶体；
D．设晶胞棱长为acm，1个晶胞中含有4个CoO，则晶体密度为，晶胞棱长。
【解答】解：A．据“均摊法”，晶胞中含个Co2+、个O2﹣，该氧化物的化学式为CoO，故A错误；
B．以体心钴离子为例，与之距离最近的氧离子位于面心，有6个，则晶胞中Co2+的配位数为6，故B错误；
C．分子晶体沸点低于离子晶体，根据晶体类型推测，S8（分子晶体）熔点低于CoO（离子晶体），故C错误；
D．设晶胞棱长为acm，1个晶胞中含有4个CoO，则晶体密度为，晶胞棱长，两个O2﹣间的最短距离为边长的，则＝，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
考点卡片
1．常见元素的化合价
【知识点的认识】
1、常见元素、根的化合价和离子符号
元素和根的名称 元素和根的符号 常见的化合价 离子符号 元素和根的名称 元素和根的符号 常见的化合价 离子符号
钾 K +1 K+ 氟 F ﹣1 F﹣
钠 Na +1 Na+ 氯 Cl ﹣1、+1、+5、+7 Cl﹣
银 Ag +1 Ag+ 溴 Br ﹣1 Br﹣
铜 Cu +1、+2 Cu+、Cu2+ 氮 N ﹣3、+2、+3、+4、+5
钙 Ca +2 Ca2+ 氧 O ﹣2
镁 Mg +2 Mg2+ 硫 S ﹣2、+4、+6 S2﹣
钡 Ba +2 Ba2+ 磷 P ﹣3、+3、+5
锌 Zn +2 Zn2+ 碳 C +2、+4
汞 Hg +2 Hg2+ 硅 Si +4
铁 Fe +2**、+3 Fe2+、Fe3+ 氢氧根 OH ﹣1 OH﹣
锰 Mn +2、+4、+6、+7 Mn2+ 硝酸根 NO3 ﹣1 NO3﹣
铝 Al +3 Al3+ 硫酸根 SO4 ﹣2 SO42﹣
氢 H +1 H+ 碳酸根 CO3 ﹣2 CO32﹣
铵根 NH4 +1 NH4+ 磷酸根 PO4 ﹣3 PO43﹣
【命题方向】本考点属于初中学过的基础考点，内容比较简单，了解即可．
【解题思路点拨】熟记常见离子的化合价．
2．化学方程式的有关计算
【知识点的认识】
化学常用计算方法：
主要有：差量法、十字交叉法、平均法、守恒法、极值法、关系式法等．
一、差量法
在一定量溶剂的饱和溶液中，由于温度改变（升高或降低），使溶质的溶解度发生变化，从而造成溶质（或饱和溶液）质量的差量；每个物质均有固定的化学组成，任意两个物质的物理量之间均存在差量；同样，在一个封闭体系中进行的化学反应，尽管反应前后质量守恒，但物质的量、固液气各态物质质量、气体体积等会发生变化，形成差量．差量法就是根据这些差量值，列出比例式来求解的一种化学计算方法．常见的类型有：溶解度差、组成差、质量差、体积差、物质的量差等．在运用时要注意物质的状态相相同，差量物质的物理量单位要一致．
二、十字交叉法
凡能列出一个二元一次方程组来求解的命题，即二组分的平均值，均可用十字交叉法，此法把乘除运算转化为加减运算，给计算带来很大的方便．
十字交叉法的表达式推导如下：设A、B表示十字交叉法的两个分量，表示两个分量合成的平均量，xA、xB分别表示A和B占平均量的百分数，且xA+xB＝1，则有：A xA+B xB＝（xA+xB），化简得
三、平均法
对于含有平均含义的定量或半定量习题，利用平均原理这一技巧性方法，可省去复杂的计算，迅速地作出判断，巧妙地得出答案，对提高解题能力大有益处．平均法实际上是对十字交叉所含原理的进一步运用．解题时，常与十字交叉结合使用，达到速解之目的．原理如下：
若A＞B，且符合＝＝A xA%+B xB%，则必有A＞＞B，其中是A、B的相应平均值或式，xA、xB分别是A、B的份数．
四、守恒法
学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒（含原子守恒、元素守恒）、电荷守恒、电子得失守恒、能量守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法．电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液、胶体等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等．电子得失守恒是指在发生氧化﹣还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化﹣还原反应还是以后将要学习的原电池或电解池均如此．
1、质量守恒
2、电荷守恒
3、得失电子守恒
五、极值法
“极值法”即“极端假设法”，是用数学方法解决化学问题的常用方法，一般解答有关混合物计算时采用．可分别假设原混合物是某一纯净物，进行计算，确定最大值、最小值，再进行分析、讨论、得出结论．
六、关系式法
化工生产中以及化学工作者进行科学研究时，往往涉及到多步反应：从原料到产品可能要经过若干步反应；测定某一物质的含量可能要经过若干步中间过程．对于多步反应体系，依据若干化学反应方程式，找出起始物质与最终物质的量的关系，并据此列比例式进行计算求解方法，称为“关系式”法．利用关系式法可以节省不必要的中间运算步骤，避免计算错误，并能迅速准确地获得结果．用关系式解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法主要有：1、利用微粒守恒关系建立关系式，2、利用方程式中的化学计量数间的关系建立关系式，3、利用方程式的加合建立关系式．
【命题方向】
题型一：差量法
典例1：加热10.0g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物至质量不再变化，剩余固体的质量为8.45g，求混合物中碳酸钠的质量分数．
分析：加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物时，碳酸钠不分解，碳酸氢钠不稳定，加热时分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，利用差量法，根据2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O计算碳酸氢钠的质量，进而计算碳酸钠的质量分数．
解答：加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物时，碳酸钠不分解，碳酸氢钠不稳定，加热时分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，发生反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，则固体质量减少的原因是由于碳酸氢钠分解的缘故，设混合物中碳酸氢钠的质量为m，利用差量法计算，则
2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O△m
2×84g 62g
m 10.0g﹣8.45g＝1.55g
m＝＝4.2g，
所以混合物中碳酸钠的质量为10.0g﹣4.2g＝5.8g，
混合物中碳酸钠的质量分数为：×100%＝58%．
答：混合物中碳酸钠的质量分数为58%．
点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意根据碳酸氢钠不稳定的性质，利用差量法计算．
题型二：十字交叉法
典例2：实验测得C2H4与O2混合气体的密度是H2的14.5倍，可知其中乙烯的质量分数为（ ）
A.25.0% B.27.6% C.72.4% D.75.0%
分析：由，十字交叉得出物质的量之比为3：1，据此解答．
解答：由，十字交叉得出物质的量之比为3：1，则乙烯的质量分数为×100%≈72.4%，故选C．
点评：本题主要考察十字交叉法的应用，十字交叉法虽然能给计算带来很大的方便，但也不是万能的，要注意适用场合，如果掌握不好，建议还是采用常规方法解题．
题型三：平均法
典例3：10g含有杂质的CaCO3和足量的盐酸反应，产生CO20.1mol，则此样品中可能含有的杂质是（ ）
A．KHCO3和MgCO3 B．MgCO3和SiO2 C．K2CO3和SiO2 D．无法确定
分析：由“10g含有杂质的CaCO3和足量的盐酸反应，产生CO20.1mol”得出样品的平均相对分子质量是100，碳酸钙也是100，则样品中一种的相对分子质量比100大，另一种比100少，二氧化硅不与盐酸反应，认为相对分子质量比碳酸钙大．
解答：由“10g含有杂质的CaCO3和足量的盐酸反应，产生CO20.1mol”得出样品中物质的平均相对分子质量是100，
A．KHCO3的相对分子质量为100，MgCO3的相对分子质量为84，则平均值不可能为100，故A错误；
B．MgCO3的相对分子质量为84，SiO2不与盐酸反应，认为相对分子质量比碳酸钙大，则平均值可能为100，故B正确；
C．K2CO3的相对分子质量为为138，SiO2不与盐酸反应，认为相对分子质量比碳酸钙大，则平均值不可能为100，故C错误；
D．由B可知，可以判断混合物的可能性，故D错误．
故选B．
点评：本题考查混合物的计算，题目难度不大，注意用平均值的方法进行比较和判断．
题型四：质量守恒或元素守恒
典例4：向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100ml浓度为1mol/L的硫酸，恰好使混合物完全溶解，放出标况下224ml的气体．所得溶液中加入KSCN溶液后无血红色出现．若用足量的H2在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是（ ）
分析：硫酸恰好使混合物完全溶解，硫酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeSO4溶液，根据硫酸根守恒可知n（FeSO4）＝n（H2SO4）；用足量的H2在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）＝n（FeSO4），据此结合m＝nM计算得到的铁的质量．
解答：硫酸恰好使混合物完全溶解，硫酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeSO4溶液，根据硫酸根守恒可知n（FeSO4）＝n（H2SO4）＝0.1L×1mol/L＝0.1mol；
用足量的H2在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）＝n（FeSO4）＝0.1mol，故得到Fe的质量为0.1mol×56g/mol＝5.6g，
故选B．
点评：本题考查混合物的计算，难度中等，利用元素守恒判断铁的物质的量是解题关键，注意守恒思想的运用．
题型五：电荷守恒
典例5：将8g Fe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68L H2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol L﹣1的NaOH溶液150mL．则原硫酸的物质的量浓度为（ ）
A．1.5mol L﹣1 B．0.5mol L﹣1 C．2mol L﹣1 D．1.2mol L﹣1
分析：Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，由钠离子守恒可知n（NaOH）＝n（Na2SO4），由硫酸根守恒可知n（Na2SO4）＝n（H2SO4），再根据c＝计算．
解答：Fe和Fe2O3均无剩余，而硫酸过量，加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀，最终溶液中的溶质是Na2SO4，
由钠离子守恒可知：n（NaOH）＝n（Na2SO4）＝0.15L×4mol/L＝0.6mol，故n（Na2SO4）＝0.3mol，
由硫酸根守恒可知n（H2SO4）＝n（Na2SO4）＝0.3mol，则c（H2SO4）＝＝2 mol L﹣1，
故选C．
点评：本题考查物质的量浓度计算、化学方程式有关计算，清楚发生的反应是关键，注意利用守恒思想进行计算，侧重对解题方法与学生思维能力的考查，难度中等．
题型六、得失电子守恒
典例6：将一定量铁粉投入到500mL某浓度的稀硝酸中，恰好完全反应，在标准状况下产生NO气体11.2L，所得溶液中Fe2+和Fe3+的浓度之比为1：2，则该硝酸溶液的物质的量浓度为（ ）
A．1mol L﹣1 B．2 mol L﹣1 C．3 mol L﹣1 D．4 mol L﹣1
分析：铁与硝酸反应所得溶液中Fe2+和Fe3+的浓度之比为1：2，则Fe与硝酸都完全反应，二者都没有剩余，根据电子转移守恒计算n（Fe2+）、（Fe3+），由N原子守恒可知n（HNO3）＝2n（Fe2+）+3（Fe3+）+n（NO），结合c＝计算．
解答：n（NO）＝＝0.5mol，
铁与硝酸反应所得溶液中Fe2+和Fe3+的浓度之比为1：2，则Fe与硝酸都完全反应，二者都没有剩余，
令n（Fe2+）＝ymol、则n（Fe3+）＝2y mol，根据电子转移守恒，则：
ymol×2+2ymol×3＝0.5mol×（5﹣2）
解得y＝mol
则n（Fe3+）＝2y mol＝mol×2＝mol
由N原子守恒可知n（HNO3）＝2n（Fe2+）+3（Fe3+）+n（NO）＝mol×2+mol×3+0.5mol＝2mol，
故原硝酸的浓度＝＝4mol/L，
故选D．
点评：本题考查氧化还原反应的计算，理解原子守恒、得失电子守恒是解答本题的关键，侧重解题方法技巧的考查，题目难度中等．
题型七：极值法
典例7：已知相对原子质量：Li为6.9；Na为23；K为39；Rb为85．今有某碱金属R及其氧化物R2O的混合物10.8g，加足量的水，充分反应后，溶液经蒸发、干燥，得16g固体．试经计算确定是哪一种金属．
分析：本题可采用极值法进行解题，假设混合物全是碱金属和全是碱金属氧化物两种情况进行分析．
解答：设R的相对原子质量为M，
（1）假设混合物全是碱金属，则有
2R+2H2O＝2ROH+H2↑
2M 2（M+17）
10.8g 16g
解得：M＝35.5
（2）假设混合物全是碱金属氧化物，则有
R2O+H2O＝2ROH
2M+16 2（R+17）
10.8g 16g
解得：M＝10.7 因10.7＜M＜35.5 所以碱金属R为钠．
点评：本题主要考察极值法的应用，通过极值法可以得出最大值和最小值，从而得出答案，难度不大．
【解题思路点拨】化学计算方法很多，关键是解题时能选出恰当的方法进行解题．
3．元素周期表的结构及其应用
【知识点的知识】
1、元素周期表的结构：
特别提醒：掌握元素周期表的结构中各族的排列顺序，结合惰性气体的原子序数，我们可以推断任意一种元素在周期表中的位置．记住各周期元素数目，我们可以快速确定惰性气体的原子序数．各周期元素数目依次为2、8、8、18、18、32、32（如果第七周期排满），则惰性气体原子序数依次为2、2+8＝10、10+8＝18、18+18＝36、36+18＝54、54+32＝86、86+32＝118．
2、元素周期表的应用：
1）根据元素周期表可以推测各种元素的原子结构以及元素及其化合物性质的递变规律；
2）利用元素周期表，可以寻找制取半导体、催化剂、化学农药、新型材料的元素及化合物；
3）可以用元素周期表来根据一些已知元素的性质推测一些未知元素的性质．
【命题方向】本考点主要考察元素周期表的结构，主要以选择题的形式考查对基础知识的掌握，同时也将推断、推理、计算等以填空题的形式在高考中进行考查．
题型一：元素周期表的结构
典例1：关于元素周期表的说法正确的是（ ）
A．元素周期表有8个主族 B．ⅠA族的元素全部是金属元素
C．元素周期表有7个周期 D．短周期是指第一、二周期
分析：元素周期表有7个周期（短周期、长周期、不完全周期），有18个纵行（7个主族、7个副族、第ⅤⅢ族、零族），以此来解答．
解答：A．元素周期表有7个主族，故A错误；
B．ⅠA族的元素除H元素外都是金属元素，故B错误；
C．元素周期表有7个周期，故C正确；
D．短周期是指第一、二、三周期，故D错误；
故选C．
点评：本题考查元素周期表的结构，较简单，熟悉元素周期表的横行和纵行的排布是解答本题的关键，学生应熟记元素周期表的结构．
典例2：在元素周期表中，第三、四、五、六周期元素的数目分别是（ ）
A．8、8、18、32 B．8、18、18、32 C．8、18、18、18 D．8、8、18、18
分析：根据元素周期表中各周期元素的种类来解答．
解答：元素周期表中第一周期有2种元素；
第二周期有8种；
第三周期有8种；
第四周期有18种；
第五周期有18种；
第六周期32种；
则第三、四、五、六周期元素的数目分别是8、18、18、32，
故选B．
点评：本题考查元素周期表及各周期元素，熟悉每个周期的元素数目即可解答，较基础．
典例3：下列各表中的数字代表的是原子序数，表中数字所表示的元素与它们在元素周期表中的位置相符的是（ ）
A． B． C． D．
分析：根据元素周期表的结构：相邻两个周期同主族元素的原子序数相差2、8、18、36来分析．
解答：A、3号和5号元素之间相差很多个族，即12号的镁和13号的铝在周期表中不相邻，故A错误；
B、5号和15号元素的原子不在同一主族，故B错误；
C、1号和11好中间还有3号元素，故C错误．
D、O、Cl、Ne的位置关系是正确的，故D正确．
故选D．
点评：本题考查学生元素周期表的结构和元素的分布知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大．
题型二：原子序数关系的推断
典例4：A、B为同主族的两元素，A在B的上一周期，若A的原子序数为n，则B的原子序数不可能为（ ）
A．n+8 B．n+18 C．n+32 D．n+20
分析：由元素周期表结构可知，对于处于ⅠA、ⅡA元素而言，同主族相邻元素的原子序数差值为周期数小的元素所在周期含有的元素种数；对于过渡元素后边的所有各主族（包括零族），同主族相邻元素的原子序数差值为周期数大的元素所在周期含有的元素种数．
解答：由元素周期表结构可知，从第一周期到第六周期，每周期含有的元素种数分别为2、8、8、18、18、32，第七周期为排满，若排满也是32种，同主族相邻元素的原子序数差值只能为2、8、18、32等，不可能相差20．
故选D．
点评：本题考查学生元素周期表的结构知识，难度不大，熟练掌握元素周期表的结构．
典例5：已知a、b分别为同周期的ⅠA和ⅦA族的两种元素，它们的原子序数分别为m和n，则下列关系不可能成立的是（ ）
A．n＝m+16 B．n＝m+6 C．n＝m+30 D．n＝m+10
分析：根据周期表的结构及每一周期元素的数目．
解答：周期表中第一、二、三、四、五、六、七周期元素的种数分别为2、8、8、18、18、32、26，若元素在二、三周期，则原子序数n＝m+6，若元素在四、五周期，由于副族和ⅥⅡ族出现在ⅠA和ⅦA族之间共10种元素，则原子序数n＝m+6+10＝m+16，若元素在第六周期，又多了镧系的出现，有15种元素，则原子序数n＝m+16+14＝m+30．故选：D．
点评：本题主要考查了元素周期表的结构，需要学生有较强的基础知识．
题型三：元素周期表的应用（位置元素的推断）
典例6：据国外有关资料报道，在独居石（一种共生矿，化学成分为Ce、La、Nd、…的磷酸盐）中，查明有尚未命名的116、124、126号元素．判断其中116号元素应为位于周期表中的（ ）
A．第6周期ⅣA族 B．第7周期ⅥA族 C．第7周期Ⅷ族 D．第8周期ⅥA族
分析：根据各周期所含的元素种类推断，用原子序数减去各周期所含的元素种数，当结果为“0”时，为零族；当为正数时，为周期表中从左向右数的纵行，差为8、9、10时为VIII族，差数大于10时，则再减去10，最后结果为族序数．当为负数时其主族序数为8+差值．所以应熟记各周期元素的种数，即2、8、8、18、18、32、32．
解答：116号元素在周期表中的位置116﹣2﹣8﹣8﹣18﹣18﹣32﹣32＝﹣2，8+（﹣2）＝6，即为第七周期，第ⅥA族．
故选：B．
点评：本题考查元素的推断，题目难度不大，注意原子核外电子排布与在周期表中的位置．
【解题思路点拨】已知原子序数求位置及属性的解题方法：如110号元素，
解法如下：
在0族元素中He、Ne、Ar、Kr、Xe、Rn质子数分别为：2、10、18、36、54和86．应该在第六周期之后；第七周期最后的一位元素的原子序数为86+32＝118，所以应该在第七周期．92号以后的元素都为超铀元素且都为金属元素，因此为金属元素．
4．共价键的形成及共价键的主要类型
【知识点的知识】
1、共价键、离子键和金属键的比较：
化学键类型 离子键 共价键 金属键
概念 阴、阳离子间通过静电作用所形成的化学键 原子间通过共用电子对所形成的化学键 金属离子和自由电子 之间的强烈相互作用
成键微粒 阴、阳离子 原子 金属阳离子和自由电子
成键性质 静电作用（包括静电吸引和静电排斥） 共用电子对 无方向性
形成条件 活泼金属与活泼非金属 a．IA、ⅡA族的金属元素与ⅥA、ⅦA族的非金属元素． b．金属阳离子与某些带电的原子团之间（如Na+与OH﹣、SO42﹣等）． 非金属元素的原子之间 某些不活泼金属与非金属之间． 金属阳离子和自由电子之间
表示方法 ①电子式，如 ②离子键的形成过程： ①电子式，如 ②共价键的形成过程：
存在 离子化合物中 非金属单质、共价化合物和部分离子化合物中 金属单质和合金中
作用力大小 一般阴、阳离子电荷数越多，离子半径越小作用力越强 原子半径越小，作用力越强 价电子数目越多， 金属键越强； 原子半径越小， 金属键越强
与性质的关系 离子间越强离子化合物的熔沸点越高． 如：MgO＞NaCl 共价键越强（键能越大），所形成的共价分子越稳定，所形成的原子晶体的熔沸点越高．如稳定性：H2O＞H2S，熔沸点：金刚石＞晶体硅 金属键越强，相应熔点 越高，硬度也越大 如K＜Na＜Mg＜Al
实例 NaCl、MgO Cl2、HCl、NaOH（O、H之间） 金属
2、共价键的分类
共价键的分类方法很多，可以从不同的角度分类：
1）从共用电子对是否偏移，分成极性共价键和非极性共价键；
2）从形成的共用电子对的数目，分成单键、双键和叁键；
3）从共用电子对的形成方式，分成一般共价键（电子对来自成键原子双方，即两个原子都拿出相等的电子，形成共用电子对）和配位键（电子对来自一方，即一方提供孤对电子，一方提供空轨道）；
4）从电子对形成时的重叠方式，分成σ键和π键．
①σ键：
a、σ键的特点：由两个原子轨道沿轨道对称轴方向相互重叠导致电子在核间出现概率增大而形成的共价键，叫做σ键，可以简记为“头碰头”．σ键属于定域键，它可以是一般共价键，也可以是配位共价键．一般的单键都是σ键．原子轨道发生杂化后形成的共价键也是σ键．由于σ键是沿轨道对称轴方向形成的，轨道间重叠程度大，所以，通常σ键的键能比较大，不易断裂，而且，由于有效重叠只有一次，所以两个原子间至多只能形成一条σ键．
b、σ键的分类：s﹣s（2个s电子）、s﹣px（1个s电子和1个p电子）和px﹣px（2个p电子）．如图所示：
②π键：
a、π键的特点：成键原子的未杂化p轨道，通过平行、侧面重叠而形成的共价键，叫做π键，可简记为“肩并肩”．π键与σ键不同，它的成键轨道必须是未成对的p轨道．π键性质各异，有两中心，两电子的定域键，也可以是共轭π键和反馈π键．两个原子间可以形成最多2条π键，例如，碳碳双键中，存在一条σ键，一条π键，而碳碳三键中，存在一条σ键，两条π键．
b、p﹣pπ键．如图所示：
③σ键和π键的区别：
a、σ键可以绕键轴旋转，π键不能；
b、σ键可以单独存在与两原子之间，π键不可以；
c、π键的轨道重叠程度比σ键小，不如σ键牢固．
【命题方向】本考点主要考察共价键的形成以及共价键的分类，需要重点掌握．
题型一：物质所含化学键类型的判断
典例1：（2014 朝阳区）下列物质中，既含离子键又含共价键的是（ ）
A．NaCl B．CO2 C．NaOH D．N2
分析：一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，既含离子键、又含共价键的物质应为离子化合物，并且含有由多个原子组成的阴离子，据此分析解答．
解答：A．氯化钠只含离子键，故A错误；
B，二氧化碳中只含共价键，故B错误；
C．氢氧化钠中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氧原子和氢原子之间存在共价键，故C正确；
D．氮气中只含共价键，故D错误；
故选C．
点评：本题考查化学键知识，题目难度不大，注意离子键与共价键的区别．
题型二：σ键和π键的比较
典例2：下列说法不正确的是（ ）
A．σ键比π键重叠程度大，形成的共价键强 B．两个原子之间形成共价键时，最多有一个σ键
C．气体单质中，一定有σ键，可能有π键 D．N2分子中有一个σ键，2个π键
分析：A．σ键是电子“头对头”重叠形成的，π键是电子“肩并肩”重叠形成的；
B．σ键是电子“头对头”重叠形成的；
C．有些物质不含化学键；
D．氮气分子中氮原子间存在共价三键．
解答：A．σ键是电子“头对头”重叠形成的，π键是电子“肩并肩”重叠形成的，所以σ键比π键重叠程度大，故A正确；
B．σ键是头碰头形成的，两个原子之间能形成一个，原子轨道杂化的对成性很高，一个方向上只可能有一个杂化轨道，所以最多有一个，故B正确；
C．气体单质分子中，可能只有键，如Cl2；也可能既有σ键又有π键，如N2；但也可能没有化学键，如稀有气体，故C错误；
D．氮气分子的结构式为N≡N，所以一个氮气分子中含有一个σ键，2个π键，故D正确；
故选C．
点评：本题考查了σ键、π键，明确σ键和π键的形成是解本题关键，注意并不是所有的物质中都含有化学键，单原子分子不含化学键，为易错点．
题型三：σ键和π键的判断
典例3：在乙烯分子中有5个σ键、一个π键，它们分别是（ ）
A．sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键
B．sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键
C．C﹣H之间是sp2形成的σ键，C﹣C之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
D．C﹣C之间是sp2形成的σ键，C﹣H之间是未参加杂化的2p轨道形成的π键
分析：乙烯中存在4个C﹣H键和1个C＝C双键，没有孤对电子，成键数为3，则C原子采取sp2杂化，以此来解答．
解答：乙烯中存在4个C﹣H键和1个C＝C双键，没有孤对电子，成键数为3，则C原子采取sp2杂化，
C﹣H之间是sp2形成的σ键，C﹣C之间有1个是sp2形成的σ键，C﹣C之间还有1个是未参加杂化的2p轨道形成的π键，
故选AC．
点评：本题考查共价键的形成，注意C＝C双键中有1个σ键、一个π键，π键是未参与杂化的2p轨道肩并肩形成的，题目难度中等．
【解题思路点拨】规律方法：
化学键与物质类别的关系：
1）只含共价键的物质
①同种非金属元素构成的单质，如I2、N2、P4、金刚石、晶体硅等；
②不同种非金属元素构成的共价化合物，如HCl、NH3、SiO2、CS2等；
2）只含有离子键的物质：活泼非金属元素与活泼金属元素形成的化合物，如Na2S、K2O等．
3）既含有离子键又含有共价键的物质：如Na2O2、NH4Cl、NaOH等．
4）无化学键的物质：惰性气体等．
5）碳碳双键中，存在一条σ键，一条π键，而碳碳三键中，存在一条σ键，两条π键．
5．判断简单分子或离子的构型
【知识点的知识】
一、价层电子对互斥模型：
1、内容：
价层电子对互斥理论认为，在一个共价分子中，中心原子周围电子对排布的几何构型主要决定于中心原子的价电子层中电子对的数目。
所谓价层电子对包括成键的σ电子对和孤电子对。价层电子对各自占据的位置倾向于彼此分离得尽可能地远些，这样电子对彼此之间的排斥力最小，整个分子最为稳定。这样也就决定了分子的空间结构。也正因此，我们才可以用价层电子对很方便地判断分子的空间结构。
2、排斥作用大小的影响因素：
价层电子对相互排斥作用的大小，决定于电子对之间的夹角和电子对的成键情况。
一般规律：
①电子对之间的夹角越小，排斥力越大；
②成键电子对受两个原子核的吸引，电子云比较紧缩；孤对电子对只受中心云子的吸引，电子云较“肥大”，对邻近电子对的斥力越大。电子对之间斥力大小的顺序：孤对电子对﹣﹣孤对电子对＞孤对电子对﹣﹣成键电子对＞成键电子对﹣﹣成键电子对。
③三键、双键比单键包含的电子数目多，所以其斥力大小顺序为：三键＞双键＞单键。
例如：甲烷分子（CH4），中心原子为碳原子，碳有4个价电子，4个氢原子各有一个电子，这样在中心原子周围有8个电子，4个电子对，所以这4个电子对互相排斥，为了使排斥力最小，分子最稳定，它们只能按正四面体的方式排布。这样就决定了CH4的正四面体结构。
二、利用理论推断分子或离子的空间结构：
1）确定中心原子A价层电子对数目。以AXm为例，A﹣﹣中心原子，X﹣﹣配位原子
中心原子A的价电子数与配位体X提供共用的电子数之和的一半，就是中心原子A价层电子对的数目。例如BF3分子，B原子有3个价电子，三个F原子各提供一个电子，共6个电子，所以B原子价层电子对数为3。
价层电子对数目计算公式：价层电子对数目＝（中心原子价电子数目+配体X提供的价电子数目×m±微粒所带电荷数）
计算时注意：
①氧族元素（ⅥA族）原子作为配位原子时，可认为不提供电子（如氧原子有6个价电子，作为配位原子时，可认为它从中心原子接受一对电子达到8电子结构），但作为中心原子时，认为它提供所有的6个价电子。
②如果讨论的是离子，则应加上或减去与离子电荷相应的电子数。如PO43﹣离子中P原子的价层电子数应加上3，而NH4+离子中N原子的价层电子数则应减去1。
③如果价层电子数出现奇数电子，可把这个单电子当作电子对看待。如NO2分子中N原子有5个价电子，O原子不提供电子。因此中心原子N价层电子总数为5，当作3对电子看待。
2）确定价层电子对的空间构型。
由于价层电子对之间的相互排斥作用，它们趋向于尽可能的相互远离。于是价层电子对的空间构型与价层电子对数目的关系如下表所示：
价层电子对数目 2 3 4 5 6
价层电子对构型 直线 三角形 正四面体 三角双锥 八面体
3）分子空间构型的确定。
①价层电子对数目＝成键电子对数目+孤电子对数目。
②中心原子周围配位原子（或原子团）数，就是成键电子对数，价层电子对的总数减去成键电子对数，得孤电子对数。根据成键对数和孤对电子对数，可以确定相应的较稳定的分子几何构型，如下表所示：
电子对数 目 电子对的空间构型 成键电子对数 孤电子 对 数 电子对的 排列方式 分子的 空间构型 实 例
2 直 线 2 0 直 线 BeCl2 CO2
3 三角形 3 0 三角形 BF3 SO3
2 1 V﹣形 SnBr2 PbCl2
4 四面体 4 0 四面体 CH4 CCl4
3 1 三角锥 NH3 PCl3
2 2 V﹣形 H2O
5 三角 双锥 5 0 三角双锥 PCl5
4 1 变形 四面体 SF4
3 2 T﹣形 BrF3
2 3 直线形 XeF2
6 0 八面体 SF6
6 八面体 5 1 四角锥 IF5
4 2 正方形 XeF4
【命题方法】本考点主要考察常见分子或离子构型的判断，需要重点掌握。
题型：运用价层电子对模型预测分子或离子空间构型
典例：用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的立体结构，两个结论都正确的是（ ）
A．直线形；三角锥形 B．V形；三角锥形 C．直线形；平面三角形 D．V形；平面三角形
分析：价层电子对互斥理论认为：分子的立体构型是“价层电子对”相互排斥的结果。价层电子对就是指分子中的中心原子上的电子对，包括σ 键电子对和中心原子上的孤电子对；σ 键电子对数和中心原子上的孤电子对数之和就是价层电子对数，由于价层电子对的相互排斥，就可得到含有孤电子对的VSEPR模型，略去孤电子对就是该分子的空间构型。
解答：H2S分子的中心原子是S原子，价层电子对数目＝（6+2×1）＝4，S的配位原子数为2，因此成键电子对数为2，孤电子对数＝4﹣2＝2，所以硫化氢分子的VSEPR模型是四面体型，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型；
BF3分子的中心原子B原子的价层电子对数目＝（3+3×1）＝3，B原子的配位原子数为3，因此成键电子对数为3，孤对电子数＝3﹣3＝0，所以BF3分子的VSEPR模型是平面三角型，中心原子上没有孤对电子，所以其空间构型就是平面三角形。
故选D。
点评：本题考查了分子空间构型的判断，难度不大，易错点是确定中心原子S原子的价层电子对数目。
【解题思路点拨】判断空间构型的两种方法：
1）第一种：
①计算价层电子对数目；
②判断成键电子对数目；
③计算孤对电子对数目；
④判断分子或离子的空间构型。
2）第二种：
①判断成键电子对数目；
②计算孤对电子对数目：孤对电子对数目＝（中心原子价电子数﹣配位原子数×m）；价层电子对数目＝成键电子对数目+孤电子对数目。
③判断分子或离子的空间构型。
6．原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【知识点的知识】
1、杂化的概念：
原子在形成分子时，为了增强成键能力，使分子的稳定性增加，趋向于将不同类型的原子轨道重新组合成能量、形状和方向与原来不同的新原子轨道，这种重新组合称为杂化．
2、杂化轨道的概念：杂化后的原子轨道称为杂化轨道．
3、杂化原则：
1）只有能量相近的轨道才能相互杂化；
2）形成的杂化轨道数目等于参加杂化的原子轨道数目；
3）杂化后轨道伸展方向和形状发生改变；
4）杂化后都是能量相同的轨道（即等价轨道）．
4、杂化类型：
1）sp3杂化
原子形成分子时，同一原子中能量相近的一个ns轨道与三个np轨道进行混合组成四个新的原子轨道称为sp3杂化轨道．
1°等性sp3杂化（如CH4，CCl4）：
2°不等性sp3杂化（如NH3，H2O）：123
2）sp2杂化
同一个原子的一个ns轨道与两个np轨道进行杂化组合为sp2杂化轨道．
BF3杂化：
注意：乙烯、苯属于sp2杂化．
3）sp杂化：
BeCl2杂化：
同一原子中ns﹣np杂化成新轨道：一个s轨道和一个p轨道杂化组合成两个新sp杂化轨道．
注意：乙炔属于sp杂化．
总结：
杂化类型 sp sp2 sp3
杂化轨道排布 直线形 三角形 四面体
杂化轨道中孤对电子数 0 0 0 1 2
分子空间构型 直线形 三角形 正四面体 三角锥形 角 形
实 例 BeCl2 BF3 CCl4 NH3 H2O
【命题方向】
题型一：杂化类型的判断
典例1：下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（ ）
A．CO2与SO2 B．CH4与NH3 C．BeCl2与BF3 D．C2H2与C2H4
分析：A、B、C物质属于ABm，ABm型杂化类型的判断：
中心原子电子对计算公式：价电子对数n＝（中心原子的价电子数+配位原子的价电子数×m±电荷数）
注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“﹣”，电荷数为负值时取“+”．
②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零．
根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n＝2，sp杂化；n＝3，sp2杂化；n＝4，sp3杂化．
D、对于有机物利用杂化轨道数＝孤对电子对数+σ键数进行判断．
解答：A、CO2中C原子杂化轨道数为×（4+0）＝2，采取sp杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为×（6+0）＝3，采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故A错误．
B、CH4中C原子杂化轨道数为×（4+4）＝4，采取sp3杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为×（5+3）＝4，采取sp3杂化方式，二者杂化方式相同，故B正确；
C、BeCl2中Be原子杂化轨道数为×（2+2）＝2，采取 sp杂化方式，BF3中B原子杂化轨道数为×（3+3）＝3，采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故C错误；
D、C2H2分子中碳原子形成1个C﹣H，1个C≡C（含1个σ键），C原子杂化轨道数为1+1＝2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C﹣H，1个C═C双键（含1个σ键），C原子杂化轨道数为（2+1）＝3，C原子采取sp2杂化方式，故D错误．
故选：B．
点评：考查杂化轨道理论，难度中等，判断中心原子的杂化轨道数是关键．
题型二：杂化轨道的概念
典例2：有关杂化轨道的说法不正确的是（ ）
A．杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
B．sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
C．四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释
D．杂化轨道全部参加形成化学键
分析：A．原子轨道杂化前后轨道总数不变，但形状发生变化；
B．根据其空间构型判断夹角；
C．采用用sp3杂化的分子根据其含有的孤电子对个数确定其实际空间构型；
D．杂化轨道可以部分参加形成化学键．
解答：A．杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，故A正确；
B．sp3、sp2、sp杂化轨道其空间构型分别是正四面体、平面三角形、直线型，所以其夹角分别为109°28′、120°、180°，故B正确；
C．部分四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用sp3杂化轨道解释，如甲烷、氨气分子、水分子，故C正确；
D．杂化轨道可以部分参加形成化学键，例如NH3中N发生了sp3杂化，形成了4个sp3杂化杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，故D错误；
故选：D．
点评：本题考查了原子杂化，根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及原子杂化方式的判断，难度中等．
题型三：杂化类型和空间构型的关系
典例3：氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为（ ）
A．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化
B．NH3分子中N原子形成3个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道
C．NH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强
D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子
分析：NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，为正四面体构型．
解答：NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N﹣H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，C﹣H之间的键角相等为109°28′，故CH4为正四面体构型，故ABD错误，C正确．
故选：C．
点评：考查了分子空间构型的判断，难度中等，注意理解价层电子对互斥理论与杂化轨道理论．
【解题思路点拨】杂化类型的判断方法：
1）例如常见的简单分子，C2H2、CO2为直线型分子，键角为180°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp；C2H4、C6H6为平面型分子，键角为120°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp2；CH4、CCl4为正四面体，键角109.5°，推断其C原子的杂化轨道类型为sp3．扩展到以共价键形成的晶体，如：已知金刚石中的碳原子、晶体硅和石英中的硅原子，都是以正四面体结构形成共价键的，所以也都是采用sp3杂化；已知石墨的二维结构平面内，每个碳原子与其它三个碳原子结合，形成六元环层，键角为120°，由此判断石墨的碳原子采用sp2杂化．
2）根据价层电子对互斥理论判断杂化类型：
ABm型杂化类型的判断：
中心原子电子对计算公式：价电子对数n＝（中心原子的价电子数+配位原子的价电子数×m±电荷数）
注意：①当上述公式中电荷数为正值时取“﹣”，电荷数为负值时取“+”．
②当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零．
根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n＝2，sp杂化；n＝3，sp2杂化；n＝4，sp3杂化．
3）对于有机物利用杂化轨道数＝孤对电子对数+σ键数进行判断．如：C2H2分子中碳原子形成1个C﹣H，1个C≡C（含1个σ键），C原子杂化轨道数为1+1＝2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C﹣H，1个C═C双键（含1个σ键），C原子杂化轨道数为（2+1）＝3，C原子采取sp2杂化方式．
7．晶胞的计算
【知识点的知识】
1、均摊法确定晶胞中粒子数目：
1）立方晶胞：
（1）顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占1/8份额；
（2）棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占1/4份额；
（3）面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占1/2份额；
（4）内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞．
2）六方晶胞：
（1）每个顶点上的粒子被6个晶胞共用．
（2）每条横棱上的粒子被4个晶胞共用；每条纵棱上的粒子被3个晶胞共用．
（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用．
（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞．
3）三棱晶胞：
（1）每个顶点上的粒子被12个晶胞共用．
（2）每条横棱上的粒子被4个晶胞共用；每条纵棱上的粒子被6个晶胞共用．
（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用．
（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞．
2、几种典型的晶体结构：
①NaCl晶体
1）在NaCl晶体的每个晶胞中，Na+占据的位置有 2 种．顶点8个，面心6个
2）Cl﹣占据的位置有 2
