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题型突破特训(四)　物质结构与性质综合
1. (2024·广东深圳市二模)通过掺杂硅可将锗单质转化为不同掺杂比例的硅锗合金，锗及硅锗合金的立方晶胞如图所示。
(1)锗晶体中一个Ge周围与其最近的Ge的个数为________。
(2)若硅锗合金ⅰ的晶胞边长为a pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则硅锗合金ⅰ晶体的密度为________________g·cm－3(列计算式)。
(3)硅锗合金ⅱ沿晶胞对角面取得的截图为________(填标号)。
2.(2024·山东潍坊二模)氮族元素可以形成多种多样的化合物，回答下列问题：
(1)基态As原子的价电子的轨道表示式是________。
(2)叠氮酸(HN3)常用于引爆剂，可用联氨(H2N—NH2)制取。比较联氨与双氧水分子中键角大小：∠H—N—N________∠H—O—O(填“>”“＝”或“<”，下同)。叠氮酸结构如图所示：，*N为sp2杂化，已知参与形成π键的电子越多，键长越短，则键长：①________②。
(3)乙胺(CH3CH2NH2)和2-羟基乙胺(HOCH2CH2NH2)都可用于染料的合成，乙胺碱性更强，原因是________________________________________________。
(4)磷酸—氢盐受热易脱水聚合，生成环状的偏磷酸根。环状三偏磷酸根的结构如图所示，则由n个磷氧四面体连接形成的环状偏磷酸根的通式是________。
(5)砷与金属钠、铁、铜可形成一种绝缘体材料，其晶胞结构图及钠原子沿z轴投影如图所示，已知m原子的分数坐标为(0.75,0.25,0.20)，晶胞参数为a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°。铜周围距离最近的砷原子的个数是________，n原子的分数坐标是________，若阿伏加德罗常数值为NA，该晶体密度是________g·cm－3(用含NA的代数式表示)。
3. (2024·山东聊城三模)副族元素可以形成多种多样的化合物。回答下列问题：
(1)基态Zn原子能量最高的电子占据的能层是________，铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)，加入氯化铵和氨水，生成[Zn(NH3)4]2＋，则浸取时反应的离子方程式为_________________________________________________________。
(2)已知的合成过程如下：HCl＋＋CdCl2―→[CdCl3]－
①中存在配位键，接受孤电子对的离子或原子是________。
②具有较低的熔点。从结构角度解释原因_____________________________________________。
(3)铜的硫化物结构多样。其中铜蓝晶胞结构如图。
①铜蓝的化学式为________。
②晶胞中含有________个S，n(Cu＋)∶n(Cu2＋)________。
4. (2024·山东济南三模)一定条件下用过量碱性H2O2处理含有Ag＋和Ni2＋的混合溶液，得到一种镍银氧三元化合物，六方晶胞(a＝b≠c，α＝β＝90°，γ＝120°)如图所示。回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子排布式为________，镍原子的配位数为________，该制备反应的离子方程式为________________________________________。
(2)47Ag的第二电离能________(填“大于”或“小于”)48Cd的第二电离能，原因是____________________________________________________。
(3)Ag作催化剂，催化氧气氧化苯甲醇制备苯甲醛的化学方程式为________________________________________________；相同条件下，苯甲醇在水中的溶解度大于苯甲醛的原因是_________________________________　_______________________________________。
(4)若Ni—O键长为d pm，∠Ni—O—Ni夹角为θ，晶胞高为h pm，该化合物的摩尔质量为M g·mol－1，阿伏加德罗常数的数值为NA，则该化合物晶体的密度为________g·cm－3(列出计算式即可)。
5.(2024·北京东城二模)硒(34Se)是一种应用广泛的元素。
Ⅰ.检测细胞体内的HClO
风湿性关节炎与细胞体内产生的HClO有关。一种含Se的荧光探针分子(FP)检测HClO及再生的转化如图。
(1)①Se位于元素周期表中________区(填“s”“p”“ds”或“d”)。
②HClO的结构式是________。
(2)在FPO→FP中，GSH转化为GSSG。
①用“*”在GSH中标出所有的手性碳原子__________________。
②FPO→FP中，FPO与GSH的物质的量之比为________。
Ⅱ.应用于光电领域
Cu2Se可作为新型镁电池的正极材料，其晶胞结构如图所示。
(3)①该晶体中阳离子的基态价层电子排布式是____________。
②晶胞中“●”表示________(填离子符号)。
(4)新型镁电池放电时，如图晶胞中Se2－位置不变，Mg2＋嵌入的同时Cu＋被挤出。生成的MgSe晶体结构与NaCl晶体相似，其中Mg2＋位于如图晶胞的________(填序号)。
a．棱心　　b．面心　　c．体心　　d．顶点
6.(2024·山东济南二模)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：
(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·cm－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Li1－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LiNi1－yAlyO2，可防止锂离子完全脱嵌而起到稳定结构的作用，其原因是______________________________　__________________________________________。
7. (2024·山东枣庄市二模)氮能与部分金属或非金属形成二元化合物，在材料应用中体现出独特性质。回答下列问题：
(1)量子力学计算的结果显示氮化碳结构有五种，其中β-氮化碳硬度超过金刚石晶体。已知β-氮化碳的二维晶体(单点厚度仅有一个原子直径大小的晶体)结构如图1，线框内表示晶胞结构，则β-氮化碳的化学式为________；晶体中N原子的杂化方式为________。
(2)Cu3N具有良好的电学和光学性能，其晶胞结构沿体对角线投影如图2，其中N3－在晶胞中只有一种位置，N3－的配位数为________。高温下CuO易转化为Cu2O，试从原子结构的角度解释其原因：______________________；高温下Cu3N可将CO2还原，反应生成一种还原性气体、一种单质气体和一种金属氧化物，其化学反应方程式为________________________________。
(3)CrN晶胞结构的八分之一如图3，则熔点：CrN________NaCl(填“高于”“低于”或“等于”)。若NA代表阿伏加德罗常数的值，晶体密度为ρ g·cm－3，则Cr3＋与N3－最短核间距为________pm。
8.(2024·山东日照二模)过渡金属不但能够与非金属元素形成化合物，还能与其他金属元素形成金属互化物。回答下列问题：
(1)Mn在元素周期表中的位置________________，属于________区的元素，基态锰原子的价电子轨道表示式为________________________。
(2)二茂铁化学式为Fe(C5H5)2，由Fe2＋与两个C5H构成(如图)，熔点为172 ℃。
①二茂铁熔点低于铁的原因为______________________________________。
②大π键通常用符号表示(m代表参与形大π键的原子数，n代表大π键的电子数)，则C5H中的大π键表示为________。
③Fe2＋与两个C5H离子形成配位键后，使Fe2＋的3d、4s、4p能级中共具有18电子的稳定结构。则Fe2＋与两个C5H离子形成配位键的数目为________。
(3)锰和镓形成的金属互化物立方晶胞如图所示。
①若将晶胞中体心的Ga原子作为晶胞的一个顶点，则距该Ga原子最近的Ga原子在新晶胞中位置为________(填标号)。
A．面心 B．体心
C．顶点 D．棱心
②晶胞中，相邻Mn原子构成的正四面体空隙完全由镍原子填充，可用于制备碳基金属催化剂。1号Mn原子坐标参数为(1,1,1)，则填充在1、2、3、4号Mn构成的四面体空隙中心的镍原子的坐标参数为________________；晶胞参数为a nm，则填充镍后的晶胞的密度ρ＝________g·cm－3(用含NA、a的代数式表示)。
题型突破特训(四)　物质结构与性质综合
1. (2024·广东深圳市二模)通过掺杂硅可将锗单质转化为不同掺杂比例的硅锗合金，锗及硅锗合金的立方晶胞如图所示。
(1)锗晶体中一个Ge周围与其最近的Ge的个数为________。
(2)若硅锗合金ⅰ的晶胞边长为a pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则硅锗合金ⅰ晶体的密度为________________g·cm－3(列计算式)。
(3)硅锗合金ⅱ沿晶胞对角面取得的截图为________(填标号)。
【答案】　(1)4　(2)　(3)C
【解析】　(1)由图可知，锗晶体中一个Ge周围与其最近的Ge的个数为4。(2)由均摊法得，1个硅锗合金ⅰ晶胞中含有Si原子个数为2×＝1，Ge原子的个数为4＋8×＋4×＝7，晶胞边长为a pm，则硅锗合金ⅰ晶体的密度为 g·cm－3。(3)由硅锗合金ⅱ的晶胞结构图可知，沿晶胞对角面取得的截图为C。
2.(2024·山东潍坊二模)氮族元素可以形成多种多样的化合物，回答下列问题：
(1)基态As原子的价电子的轨道表示式是________。
(2)叠氮酸(HN3)常用于引爆剂，可用联氨(H2N—NH2)制取。比较联氨与双氧水分子中键角大小：∠H—N—N________∠H—O—O(填“>”“＝”或“<”，下同)。叠氮酸结构如图所示：，*N为sp2杂化，已知参与形成π键的电子越多，键长越短，则键长：①________②。
(3)乙胺(CH3CH2NH2)和2-羟基乙胺(HOCH2CH2NH2)都可用于染料的合成，乙胺碱性更强，原因是________________________________________________。
(4)磷酸—氢盐受热易脱水聚合，生成环状的偏磷酸根。环状三偏磷酸根的结构如图所示，则由n个磷氧四面体连接形成的环状偏磷酸根的通式是________。
(5)砷与金属钠、铁、铜可形成一种绝缘体材料，其晶胞结构图及钠原子沿z轴投影如图所示，已知m原子的分数坐标为(0.75,0.25,0.20)，晶胞参数为a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°。铜周围距离最近的砷原子的个数是________，n原子的分数坐标是________，若阿伏加德罗常数值为NA，该晶体密度是________g·cm－3(用含NA的代数式表示)。
【答案】　(1) 　(2)>　<
(3)2-羟基乙胺上羟基氧电负性大，有吸电子作用，使氨基氮电子云密度减小，碱性减弱
(4)(PO3)
(5)4　(0.75,0.75,0.8)　
【解析】　(1)基态As原子的价电子排布式为4s24p3，轨道表示式为。(2)H—N—N中孤电子对数小于H—O—O中的孤电子对数，孤电子对对成键电子排斥作用较大，孤电子对数量越多，键角则相对越小，因此键角H—N—N>H—O—O。①中N—N两个氮原子均为两个p轨道的电子参与形成两个π键，剩下一个p轨道和s轨道形成sp杂化，②中右边的N，只形成1个π键，两个p轨道和一个s轨道形成sp2杂化，因此键长①<②。(3)2-羟基乙胺中羟基氧的电负性较大，具有吸附电子的作用，使氨基氮电子云密度减小，碱性较弱。(4)根据图示可知，P原子与O原子的个数比为1∶3，每个P化合价为＋5价，每个O化合价为－2价，则每一个PO3这样的结构带一个负电荷，则n个磷氧四面体连接形成的环状偏磷酸根的通式为(PO3)。(5)以上顶面中心的Cu为例，与其距离最近的砷原子位于其下方的两个和上方晶胞底部的两个，因此铜周围距离最近的砷原子的个数为4。已知m原子的坐标为(0.75,0.25,0.20)，n原子位于晶胞上方靠前的位置，坐标为(0.75,0.75,0.8)。该晶胞中含有Cu个数为×8＋×4＝4，Fe个数为×8＋×4＋×2＋1＝4，As个数为8，Na个数为8，则其密度为 g·cm－3＝ g·cm－3。
3. (2024·山东聊城三模)副族元素可以形成多种多样的化合物。回答下列问题：
(1)基态Zn原子能量最高的电子占据的能层是________，铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)，加入氯化铵和氨水，生成[Zn(NH3)4]2＋，则浸取时反应的离子方程式为_________________________________________________________。
(2)已知的合成过程如下：HCl＋＋CdCl2―→[CdCl3]－
①中存在配位键，接受孤电子对的离子或原子是________。
②具有较低的熔点。从结构角度解释原因_____________________________________________。
(3)铜的硫化物结构多样。其中铜蓝晶胞结构如图。
①铜蓝的化学式为________。
②晶胞中含有________个S，n(Cu＋)∶n(Cu2＋)________。
【答案】　(1)N　ZnO＋2NH＋2NH3·H2O===[Zn(NH3)4]2＋＋3H2O
(2)①H＋、Cd　②该化合物是离子化合物，离子半径较大，离子键弱
(3)①CuS　②2　2∶1
【解析】　(1)Zn是30号元素，基态Zn原子共4个电子层，能量最高的电子占据的能层是N层，铜转炉烟灰(主要成分为ZnO)，加入氯化铵和氨水，生成[Zn(NH3)4]2＋，则浸取时ZnO和铵根离子、氨水反应生成[Zn(NH3)4]2＋和水，反应的离子方程式为ZnO＋2NH＋2NH3·H2O===[Zn(NH3)4]2＋＋3H2O。(2)①中N、Cl－存在孤电子对，H＋、Cd含有空轨道，接受孤电子对的离子或原子是H＋、Cd；②是离子化合物，离子半径较大，离子键弱，所以具有较低的熔点。(3)①由晶胞可知S2－与Cu形成3个键，个数为2，S为棱上2个S直接相连的部分，个数为＝2，则S原子数为6；由晶胞可知晶胞中Cu的总个数为6个；铜蓝的化学式为CuS。②晶胞中含有2个S，晶胞中S的总价态为2×(－2)＋2×(－2)＝－8，由晶胞可知晶胞中Cu的总个数为6个，设Cu＋的个数为x，Cu2＋的个数为y，则x＋y＝6，x＋2y＝＋8，联立二式子解得x＝2，y＝1，n(Cu＋)∶n(Cu2＋)＝2∶1。
4. (2024·山东济南三模)一定条件下用过量碱性H2O2处理含有Ag＋和Ni2＋的混合溶液，得到一种镍银氧三元化合物，六方晶胞(a＝b≠c，α＝β＝90°，γ＝120°)如图所示。回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子排布式为________，镍原子的配位数为________，该制备反应的离子方程式为________________________________________。
(2)47Ag的第二电离能________(填“大于”或“小于”)48Cd的第二电离能，原因是____________________________________________________。
(3)Ag作催化剂，催化氧气氧化苯甲醇制备苯甲醛的化学方程式为________________________________________________；相同条件下，苯甲醇在水中的溶解度大于苯甲醛的原因是_________________________________　_______________________________________。
(4)若Ni—O键长为d pm，∠Ni—O—Ni夹角为θ，晶胞高为h pm，该化合物的摩尔质量为M g·mol－1，阿伏加德罗常数的数值为NA，则该化合物晶体的密度为________g·cm－3(列出计算式即可)。
【答案】　(1)3d84s2　6　2Ag＋＋2Ni2＋＋H2O2＋6OH－===2AgNiO2＋4H2O
(2)大于　Ag原子价电子排布为4d105s1，失去一个电子后Ag＋为4d10结构，全充满稳定，不易再失去电子，而Cd原子价电子排布为4d105s2，易失去两个电子生成4d10稳定结构Cd2＋
(3) ＋2H2O　苯甲醇中有—OH，相同情况下，苯甲醇与水形成的分子间氢键数目大于苯甲醛与水形成的氢键数目
(4)×1030
【解析】　(1)基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2；根据晶胞图可知，镍原子的配位数为6；一个晶胞中含Ag：4×＋4×＋2＝3，Ni：2×＋2×＋2＝3，O：4×＋4×＋4＝6，则晶胞化学式为AgNiO2，根据得失电子守恒以及电荷、原子守恒，该制备反应的离子方程式为2Ag＋＋2Ni2＋＋H2O2＋6OH－===2AgNiO2＋4H2O。(2)因为Ag原子价电子排布式为4d105s1，失去一个电子后Ag＋为4d10结构，全充满稳定，不易再失去电子，而Cd原子价电子排布式为4d105s2，易失去两个电子生成4d10稳定结构的Cd2＋，所以47Ag的第二电离能大于48Cd的第二电离能。(3)根据得失电子守恒以及原子守恒，Ag作催化剂，催化氧气氧化苯甲醇制备苯甲醛的化学方程式为＋O2＋2H2O；苯甲醇中有—OH，相同情况下，苯甲醇与水形成的分子间氢键数目大于苯甲醛与水形成的氢键数目，因此相同条件下，苯甲醇在水中的溶解度大于苯甲醛。(4)该晶胞的质量为 g，体积为2d2h(1－cos θ)sin 120°×10－30 cm3，或者d2h(1－cos θ)×10－30 cm3，或者4d2hsin2sin 120°×10－30 cm3，或者2d2hsin2×10－30 cm3，则密度为×1030 g·cm－3或×1030 g·cm－3或×1030 g·cm－3或×1030 g·cm－3。
5.(2024·北京东城二模)硒(34Se)是一种应用广泛的元素。
Ⅰ.检测细胞体内的HClO
风湿性关节炎与细胞体内产生的HClO有关。一种含Se的荧光探针分子(FP)检测HClO及再生的转化如图。
(1)①Se位于元素周期表中________区(填“s”“p”“ds”或“d”)。
②HClO的结构式是________。
(2)在FPO→FP中，GSH转化为GSSG。
①用“*”在GSH中标出所有的手性碳原子__________________。
②FPO→FP中，FPO与GSH的物质的量之比为________。
Ⅱ.应用于光电领域
Cu2Se可作为新型镁电池的正极材料，其晶胞结构如图所示。
(3)①该晶体中阳离子的基态价层电子排布式是____________。
②晶胞中“●”表示________(填离子符号)。
(4)新型镁电池放电时，如图晶胞中Se2－位置不变，Mg2＋嵌入的同时Cu＋被挤出。生成的MgSe晶体结构与NaCl晶体相似，其中Mg2＋位于如图晶胞的________(填序号)。
a．棱心　　b．面心　　c．体心　　d．顶点
【答案】　(1)①p　②H—O—Cl
(2)①
②1∶4
(3)①3d10　②Cu＋　(4)ac
【解析】　(1)①Se位于元素周期表中第四周期第ⅥA族，属于p区；②HClO中，O和H、Cl分别共用一对电子，O、Cl都达到8电子饱和结构，结构式为H—O—Cl。(2)①手性碳原子是连接4个不同基团的碳原子，GSH中一共有2个，标记如图；②FPO→FP中，Se元素化合价降低了2，FPO中两个Se共得4个电子，GSH中S化合价升高1，失一个电子，故根据电子得失守恒，FPO与GSH的物质的量之比为1∶4。(3)①Cu2Se晶体中阳离子为Cu＋，基态价层电子排布为3d10；②晶胞中，白色球处于晶胞顶点和面心，个数为6×＋8×＝4，黑球处于晶胞内，个数为8，根据Cu2Se中的原子个数比，“●”表示Cu＋。(4)根据氯化钠的晶胞特点，Se2－处于晶胞顶点和面心，则Mg2＋位于晶胞的体心和棱心，故选ac。
6.(2024·山东济南二模)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：
(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·cm－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Li1－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LiNi1－yAlyO2，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)sp2　4　　
(2)　(3)6
(4)离子键、共价键　Li1－xC6＋xLi＋＋xe－===LiC6
(5)脱嵌过程中Al不会变价，Li＋不能完全脱嵌
【解析】　(1)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sp2，基态碳原子核外电子排布式为1s22s22p2，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，E在六方晶系的内部，根据图示E原子的分数坐标为。(2)根据均摊原则，1个晶胞中含有4个C原子，C—C键长为0.142 nm，则底面积为×(0.142×10－7)2 cm2，六方石墨晶胞的体积为×(0.142×10－7)2×0.670 8×10－7 cm3，六方石墨晶体的密度为 g/cm3＝ g·cm－3。(3)根据均摊原则，1个三方石墨晶胞中碳原子的个数为4×＋4×＋2×＋2×＋2×＋2＝6。(4)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；充电时由Li1－xC6形成Li＋，充电时的电极反应式为Li1－xC6＋xLi＋＋xe－===LiC6。(5)Ni的化合价有＋2、＋3、＋4，而Al的化合价只有＋3，如果Ni被氧化到＋4价态，Li＋可以完全脱嵌，形成NiO2，但有Al3＋存在，必须有Li＋形成电中性物质，所以用铝取代部分镍形成LiNi1－yAlyO2可防止锂离子完全脱嵌而起到稳定结构的作用。
7. (2024·山东枣庄市二模)氮能与部分金属或非金属形成二元化合物，在材料应用中体现出独特性质。回答下列问题：
(1)量子力学计算的结果显示氮化碳结构有五种，其中β-氮化碳硬度超过金刚石晶体。已知β-氮化碳的二维晶体(单点厚度仅有一个原子直径大小的晶体)结构如图1，线框内表示晶胞结构，则β-氮化碳的化学式为________；晶体中N原子的杂化方式为________。
(2)Cu3N具有良好的电学和光学性能，其晶胞结构沿体对角线投影如图2，其中N3－在晶胞中只有一种位置，N3－的配位数为________。高温下CuO易转化为Cu2O，试从原子结构的角度解释其原因：______________________；高温下Cu3N可将CO2还原，反应生成一种还原性气体、一种单质气体和一种金属氧化物，其化学反应方程式为________________________________。
(3)CrN晶胞结构的八分之一如图3，则熔点：CrN________NaCl(填“高于”“低于”或“等于”)。若NA代表阿伏加德罗常数的值，晶体密度为ρ g·cm－3，则Cr3＋与N3－最短核间距为________pm。
【答案】　(1)C3N4　sp3
(2)6　亚铜离子(Cu＋)价层电子排布处于全充满状态，比价层电子排布为3d9的铜离子(Cu2＋)更稳定　2Cu3N＋3CO23Cu2O＋N2＋3CO
(3)高于　×1010
【解析】　本题利用均摊法计算化学式；根据价层电子对互斥理论判断原子杂化类型；根据投影图像判断原子位置，确定原子配位数；利用晶格能判断原子晶体的熔点高低；利用晶胞模型的一部分计算晶胞原子间距离。(1)根据晶胞结构分析，左上框内氮原子数为4，碳原子数为4×＋2×＋1＝3；右下框内氮原子数为4，碳原子为4×＋1＝3；故β-氮化碳化学式为C3N4；根据晶胞结构分析可知，氮原子形成了3个σ键，自身有一个孤电子对，价层电子对数为4，氮原子采取sp3杂化。(2)①根据Cu3N晶胞结构沿体对角线投影且其中N3－在晶胞中只有一种位置，可推知N3－在晶胞的顶点位置，而Cu＋在晶胞中棱的中心，所以N3－的配位数为6；②亚铜离子(Cu＋)价层电子排布处于全充满状态，比价层电子排布为3d9的铜离子(Cu2＋)更稳定，所以高温下CuO易转化为Cu2O；③高温下Cu3N可将CO2还原，反应生成的还原性气体是CO、一种单质气体是N2、一种金属氧化物是Cu2O(氧化铜和一氧化碳会反应)，其化学反应方程式为2Cu3N＋3CO23Cu2O＋N2＋3CO。(3)①NaCl和CrN都是离子晶体，且CrN电荷数多于NaCl，晶格能前者大，熔点前者高。②原图上虽然是CrN晶胞结构的八分之一，但利用原图所示结构在给定棱长的基础上可以直接进行密度计算(质量小，体积按照比例缩小，不影响数值)；本题给了密度，在相当于晶胞的模型中，顶点有四个氮原子和四个铬原子，棱长就是要求的距离由ρ＝可以得到a＝ cm＝×1010 pm。
8.(2024·山东日照二模)过渡金属不但能够与非金属元素形成化合物，还能与其他金属元素形成金属互化物。回答下列问题：
(1)Mn在元素周期表中的位置________________，属于________区的元素，基态锰原子的价电子轨道表示式为________________________。
(2)二茂铁化学式为Fe(C5H5)2，由Fe2＋与两个C5H构成(如图)，熔点为172 ℃。
①二茂铁熔点低于铁的原因为______________________________________。
②大π键通常用符号表示(m代表参与形大π键的原子数，n代表大π键的电子数)，则C5H中的大π键表示为________。
③Fe2＋与两个C5H离子形成配位键后，使Fe2＋的3d、4s、4p能级中共具有18电子的稳定结构。则Fe2＋与两个C5H离子形成配位键的数目为________。
(3)锰和镓形成的金属互化物立方晶胞如图所示。
①若将晶胞中体心的Ga原子作为晶胞的一个顶点，则距该Ga原子最近的Ga原子在新晶胞中位置为________(填标号)。
A．面心 B．体心
C．顶点 D．棱心
②晶胞中，相邻Mn原子构成的正四面体空隙完全由镍原子填充，可用于制备碳基金属催化剂。1号Mn原子坐标参数为(1,1,1)，则填充在1、2、3、4号Mn构成的四面体空隙中心的镍原子的坐标参数为________________；晶胞参数为a nm，则填充镍后的晶胞的密度ρ＝________g·cm－3(用含NA、a的代数式表示)。
【答案】　(1)第四周期ⅦB　d
(2)①二茂铁属于分子晶体，铁属于金属晶体，铁晶体中金属键强度大于二茂铁晶体中分子间作用力　②　③6
(3)①A　②　
【解析】　(1)锰元素是第25号元素，位于周期表的第四周期ⅦB，属于d区元素，基态锰原子的价电子轨道表示式为。(2)①二茂铁熔点低于铁的原因为：二茂铁属于分子晶体，铁属于金属晶体，铁晶体中金属键强度大于二茂铁晶体中分子间作用力；②在C5H中的每个碳原子上都有一个未参与σ键的电子，这些电子占据与环的平面垂直的p轨道上，5个碳原子的5个p轨道肩并肩，外加得到一个电子重叠形成大π键，其大π键可表示为；③Fe2＋的价电子排布式是3d6，Fe2＋与两个C5H离子形成配位键后，使Fe2＋的3d、4s、4p能级中共具有18电子的稳定结构，则3d、4s、4p能级均填满电子，所以C5H提供了12个电子，即6对电子对，所以配位键的数目为6。(3)①当将晶胞中体心的Ga原子作为晶胞的一个顶点时，整个晶胞中原子的坐标均移动1/2个单位，距该Ga原子最近的Ga原子在新晶胞中位置为面的中心，即面心的位置；②1号Mn原子坐标参数为(1,1,1)，则原点为左下靠后的Mn原子，则填充在1、2、3、4号Mn构成的四面体空隙中心的镍原子的坐标参数为；填充镍后的晶胞中Ni的个数为8个，Mn的个数为8×1/8＋6×1/2＝4个，Ga的个数为12×1/4＋1＝4个，晶胞的密度ρ＝＝ g·cm－3＝ g·cm－3。(共33张PPT)
题型突破四　物质结构与性质综合
●题型功能
1.考查能力：考查学生信息获取与加工、逻辑推理与论证和批判性思维能力；从原子结构与性质、分子结构与性质、晶体结构与性质三个方面进行综合分析判断，能够根据所学知识迁移应用。
2.考查热点：微粒核外电子排布、元素周期律、微粒空间结构、杂化方式、分子性质、晶体类型、物质熔、沸点比较、晶胞结构、晶胞计算等。
●题型情境
以某种或某类元素及其化合物、新材料或新产品及陌生物质等为载体考查物质的结构与性质。
●题型结构
●命题趋势
高考命题对该模块的考查仍会融合在其他模块中。与各专题的融合可以增大考查的覆盖面，可以体现命题的综合性和创新性的要求；主要体现在与物质制备实验或工艺流程或原理的融合。
1. (2024·浙江1月选考)碳、氮和氧是构建化合物的常见元素。请回答：
2024真题赏析
(1)某化合物的晶胞如图，其化学式是____________________，晶体类型是____________________。
(2)下列说法正确的是________。
A．电负性：B>N>O
B．离子半径：K＋C．第一电离能：GeD．基态Fe2＋的简化电子排布式：[Ar]3d6
【答案】　(1)CaCN2(或CaN2C)　离子晶体　(2)D
2. (2024·辽宁选考)负载在TiO2上的RuO2催化活性高，稳定性强，TiO2和RuO2的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体积近似相等，
RuO2与TiO2的密度比为1.66，则Ru的相对原子质量为____________(精确至1)。
?
密度之比等于摩尔质量之比
【答案】　101
突破点1　电子排布与元素性质
规律方法整合　建模型
强基培优精练　提能力
考前名校押题　练预测
高考真题赏析　明考向
电子排布
1
角度
1. (2024·湖南选考)Cu属于________区元素，其基态原子的价电子排布式为________________。
【答案】　ds　3d104s1
【解析】　Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds区，其基态原子的价电子排布式为3d104s1。
2. (2024·北京选考)Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族。将Sn的基态原子最外层轨道表示式补充完整：________________________。
3. (2023·天津选考)基态Cu原子的价层电子排布式是________，Cu＋与Cu2＋相比较，离子半径较大的是________。
【答案】　3d104s1　Cu＋
【解析】　已知Cu是29号元素，则铜的价层电子排布式是3d104s1，根据同一元素的微粒化合价高的离子有效核电荷数多，半径越小，故 Cu＋与Cu2＋中半径较大的是Cu＋。
元素性质
2
角度
4. (2023·北京选考)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：____________________。
【答案】　I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子
【解析】　S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能。答案为I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子。
?电子排布式
1.原子核外电子的排布规律
(1)能量最低原理 原子核外电子总是优先占据能量更低的原子轨道
1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d→4p→5s→4d→5p→6s…
(2)洪特规则 当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态相同
(3)泡利原理 每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋方向相反的电子
2.基态原子核外电子排布的四种方法
?电离能和电负性应用
1.电离能应用：(1)判断元素金属性的强弱：元素电离能越小，金属越容易失去电子，元素金属性越强；反之越弱。
(2)判断元素的化合价：如果某元素的In＋1 In，则该元素的常见化合价为＋n，如钠元素I2 I1，所以钠元素的常见化合价为＋1价。
2.电负性应用
电子排布
1
角度
1. (2024·广东汕头二模)基态Ti原子的价电子轨道表示式：_____________。
2. (2024·湖南邵阳二模)基态镍离子(Ni2＋)的核外最外层电子排布式是________________________。
【答案】　3s23p63d8
3. (2024·江西新乡二模)Co在周期表中的位置为______________；Co2＋价层电子轨道表示式为__________________。
元素性质
2
角度
4. (2024·山东威海二模)Sn元素在周期表中的位置为___________，C、Si、Cl电负性由大到小的顺序为________________。
【答案】　第五周期第ⅣA族　Cl>C>Si
5. (2024·山东淄博二模)基态Ni原子的简化电子排布式为________________。已知第四电离能：I4(Fe)>I4(Ni)，从原子结构的角度分析原因是__________________________。
【答案】　[Ar]3d84s2　Ni失去的是3d7上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子
【解析】　Ni的原子序数为28，简化电子排布式为[Ar]3d84s2；Ni失去3个电子后价电子变为3d7，故再失去的是3d7上的一个电子，Fe失去3个电子后是3d5，再失去的是3d5上的一个电子，而3d5是半满结构，较稳定，故I4(Fe)>I4(Ni)。
?
含有强氧化性的结构：过氧键
【答案】　O　过硼酸根中含有过氧键，具有强氧化性，具有漂白性
?
配位键的个数
【答案】　[Ar]3d74s2　O>N>C　2∶3　K2[Ni(CN)4]＋Co(NO3)2＋pyz===Co(pyz)Ni(CN)4↓＋2KNO3(共36张PPT)
题型突破四　物质结构与性质综合
突破点2　分子结构与性质
规律方法整合　建模型
强基培优精练　提能力
考前名校押题　练预测
高考真题赏析　明考向
大π键、杂化轨道与结构的判断
1
角度
1. (2024·北京选考)SnCl2和SnCl4是锡的常见氯化物，SnCl2可被氧化得到SnCl4。
①SnCl2分子的VSEPR模型名称是________________。
②SnCl4的Sn—Cl键是由锡的________________轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。
?
考虑杂化轨道中的孤电子参与空间构型
【答案】　①平面三角形　②sp3杂化
?
【答案】　正四面体形　sp2
分子性质差异原因的解释
2
角度
4. (2023·湖北选考节选)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有________(填标号)。
a．Si—Cl键极性更大　 b．Si的原子半径更大
c．Si—Cl键键能更大　 d．Si有更多的价层轨道
【答案】　abd
【解析】　Si—Cl键极性更大，则Si—Cl键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有关；Si的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si—Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH－的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有关；通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si—Cl键键能更大不能说明Si—Cl更易断裂，故不能说明SiCl4比CCl4易水解，c无关；Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH－形成化学键，从而导致SiCl4比CCl4易水解，d有关；综上所述，导致SiCl4比CCl4易水解的因素有abd。
5. (2023·山东选考)ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键( )。ClO2中Cl原子的轨道杂化方式为______________；O—Cl—O键角__________Cl—O—Cl键角(填“＞”“＜”或“＝”)。
比较ClO2与Cl2O中Cl—O键的键长并说明原因__________________ ______________________________________________________。
?
受原子轨道重叠程度影响，重叠程度越大键长越短
【答案】　sp2　＞　ClO2分子中Cl—O键的键长小于Cl2O中Cl—O键的键长，其原因是：ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl—O键的键长较小，而Cl2O只存在普通的σ键
体，n＝3时，价电子对的几何构型平面正三角形，sp2杂化的键角一定大于sp3的，因此，虽然ClO2和Cl2O均为V形结构，但O—Cl—O键角大于Cl—O—Cl键角，孤电子对对成键电子对的排斥作用也改变不了这个结论。ClO2分子中Cl—O键的键长小于Cl2O中Cl—O键的键长，其原因是：ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl—O键的键长较小，而Cl2O只存在普通的σ键。
?确定等电子体的方法
1.确定方法：同主族代换或同周期相邻元素替换。变换过程中注意电荷变化，并伴有元素种类的改变。
2.常见的等电子体汇总
以碳原子为中心原子的分子中碳原子的杂化类型
?分子的手性
1.手性异构：具有完全相同的组成和原子排列的一对分子，如同左手和右手一样互为镜像，在三维空间里不能重叠的现象。
2.手性分子：具有手性异构体的分子。
【思维模型】　
1.分子的溶解性分析模型
(1)“相似相溶”的规律：非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，极性溶质一般能溶于极性溶剂。若溶剂和溶质分子之间可以形成氢键，则溶质的溶解度增大。
(2)随着溶质分子中憎水基个数的增大，溶质在水中的溶解度减小。如甲醇、乙醇和水以任意比互溶，而戊醇在水中的溶解度明显减小。
2.判断非极性分子与极性分子的思维流程
大π键、杂化轨道与结构的判断
1
角度
1. (2024·河北保定二模)离子晶体中稳定配位多面体的理论半径比如表所示。
已知：铍离子、氧离子的半径依次为45 pm、140 pm，预测BeO的配位多面体为________形。
【答案】　四面体
【答案】　sp2杂化
【解析】　由所有原子共面可知，噻吩中S的杂化方式为sp2杂化。
分子性质差异原因的解释
2
角度
3. (2024·湖南衡阳二模)H2S、PH3、SiH4中键角从大到小的顺序是_______________(用化学式表示)，其原因是___________________。
【答案】　SiH4>PH3>H2S　三者都是sp3杂化，H2S、PH3的中心原子分别有2对、1对孤电子对，SiH4的中心原子无孤电子对，而孤电子对的排斥力较大，导致H2S的键角最小，PH3次之，SiH4最大
【解析】　H2S、PH3、SiH4三者中心原子都是sp3杂化，H2S、PH3的中心原子分别有2对、1对孤电子对，SiH4的中心原子无孤电子对，而孤电子对的排斥力较大，导致H2S的键角最小，PH3次之，SiH4最大，则键角：SiH4>PH3>H2S。
6. (2024·山东威海二模)某种含锡的有机金属化合物的结构如图所示。已知烷基配位体以C、N整合形式键合于Sn原子。
该化合物中共有________种杂化方式；提供电子对形成配位键的原子是________。
【答案】　3　N、Sn
1. (2024·湖南邵阳三模)硼酸三甲酯(CH3O)3B由硼酸H3BO3和甲醇互相反应而制得。熔沸点(CH3O)3B________H3BO3(填“>”或“<”或“＝”)，原因是______________________________________________。比较(CH3O)3B和H3BO3中O—B—O键角的大小顺序是(CH3O)3B ________H3BO3(填“>”或“<”或“＝”)。
【答案】　<　二者均为分子晶体，硼酸能形成分子间氢键，硼酸三甲酯不能形成分子间氢键　＝
2. (2024·广东深圳市三模)杂环化合物数量巨大、种类丰富、性能多样、应用广泛。
(2)休克尔规则可用于判断共轭结构的环状有机化合物是否有芳香性。若参与构成共轭π键电子的个数为4n＋2，其中n为自然数，则此化合物就具有芳香性。下列物质中C、N、O均采用sp2杂化，其中具有芳香性的是________。
【答案】　(1)sp2杂化　小于　哒嗪分子与水分子形成分子间氢键，哒嗪分子和水分子均为极性分子相似相溶　(2)ac
性；b.C、N、O均采用sp2杂化，则C、N、O的价层电子对数均为3，则C、N、O的杂化轨道数均为3，则C、N、O的杂化轨道间形成的π键数为3，则b中π键电子数为8,4n＋2＝8，n＝1.5不为自然数，不具有芳香性；c.C、N、O均采用sp2杂化，则C、N、O的价层电子对数均为3，则C、N、O的杂化轨道数均为3，则C、N、O的杂化轨道间形成的π键数为3，则c中π键电子数为10,4n＋2＝10，n＝2为自然数，具有芳香性；d.C、N、O均采用sp2杂化，则C、N、O的价层电子对数均为3，则C、N、O的杂化轨道数均为3，则C、N、O的杂化轨道间形成的π键数为3，则d中π键电子数为8,4n＋2＝8，n＝1.5不为自然数，不具有芳香性；答案选ac。(共46张PPT)
题型突破四　物质结构与性质综合
突破点3　晶体分析与计算
规律方法整合　建模型
强基培优精练　提能力
考前名校押题　练预测
高考真题赏析　明考向
晶胞分析
1
角度
1. (2024·山东选考)(1)Mn的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为________。
当MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价________(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是________(填标号)。
A．CaO B．V2O5 C．Fe2O3 D．CuO
(2)MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(见下图)。FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是________________________________________________________________________。
【答案】　(1)MnO2　降低　A　(2)FDCA形成的分子间氢键更多
2. (2023·广东选考)由CoCl2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整数，则Co在晶胞中的位置为________；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为________。
【答案】　体心　12
【解析】　由CoCl2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则Al在顶点，因此Co在晶胞中的位置为体心；晶体中一个Al周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12。
晶体计算
2
角度
3. (2024·北京选考)白锡和灰锡是单质Sn的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。
(1)① 灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有________个。
②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为V1 nm3和V2 nm3，则白锡和灰锡晶体的密度之比是________。
(2)单质Sn的制备：将SnO2与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800 ℃，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在 800 ℃下，SnO2能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是________。
?
可通过原子坐标计算最近的Sn原子个数
4. (2023·山东选考)一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°)，其中Cu化合价为＋2。上述反应的化学方程式为____________________。若阿伏加德罗常数的值为NA，化合物X的密度ρ＝________g·cm－3(用含NA的代数式表示)。
?晶体类型的判断方法
1.判断晶体类型：(1)用类比法，如氮化铝晶体与金刚石类似，即可推出氮化铝晶体的立体结构与晶体类型。
(2)熔、沸点法：共价晶体的熔、沸点及硬度很高，分子晶体的熔、沸点及硬度低。
(3)从组成分析：如金属单质属于金属晶体。
2.判断物质熔、沸点：(1)分子晶体还要注意氢键，氢键分为分子内氢键和分子间氢键，分子内氢键对熔、沸点几乎没有影响。
(2)离子晶体熔、沸点与晶格能有关，离子半径越小和离子所带电荷越多，晶格能越大，则熔、沸点越高。
(3)共价晶体之间熔、沸点比较一般看共价键键长(原子半径大小)。
3.判断硬度：一般情况下，硬度：原子晶体>离子晶体>分子晶体。金属晶体多数硬度大，但也有较小的，且具有延展性。
?非长方体晶胞中微粒数目的计算方法——均摊法
?熟记几种常见的晶胞结构及晶胞含有的粒子数目
【思维模型】　 “向量法”确定A、B两点间距离的方法
晶胞分析
1
角度
1. (2024·湖南怀化二模)某种铁镍合金的立方晶胞如图所示，镍原子的配位数为________；该合金的化学式为________。
【答案】　4　FeNi2
2. (2024·福建龙岩市二模)镧镍合金LaNix可作储氢材料，能快速可逆地存储和释放H2，其储氢原理为：镧镍合金吸附H2，H2解离为原子，H储存在其中形成LaNixH6，晶胞结构如下图所示，晶胞参数为a nm。若A的分数坐标为(0,0.5,0.5)，B的分数坐标(0.75,0.75,0)，则C的分数坐标为________。
【答案】　(1,0.5,1)
【解析】　若A的分数坐标为(0,0.5,0.5)，B的分数坐标(0.75,0.75,0)，由晶胞结构可知，C的分数坐标为(1,0.5,1)。
3. (2024·福建莆田市二模)碳酸钙的某种晶胞结构如右图所示。
(1)每个晶胞中含有________个“CaCO3”单元。
(2)每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为________。
【答案】　(1)6　(2)6
4. (2024·辽宁鞍山市二模)通过对X-射线衍射结果分析，得到12-钨磷酸根离子结构如下图，请回答：
(1)W原子的配位数为________。
(2)12-钨磷酸根离子中存在________种处于不同化学环境的氧原子。
?
对称的氧原子属于同种环境
【答案】　(1)6　(2)4
【解析】　(1)由12-钨磷酸根离子结构可知，W原子的配位数为6；(2)12-钨磷酸根离子是对称的结构，存在4种处于不同化学环境的氧原子。
5. (2024·山东威海二模)一种含锡的多元金属硫化物的晶胞结构为四方晶系，已知金属原子均呈四面体配位，晶胞棱边夹角均为90°，其结构可看作是由两个立方体A、B上下堆叠而成。如图，甲为A的体对角线投影图，乙为B的沿y轴方向的投影图。A中Fe、Sn位置互换即为B。
该硫化物的化学式为________，晶胞中Sn的配位数与Cu的配位数之比为________。
【答案】　Cu2FeSnS4　1∶1
【解析】　根据题意分析该晶胞是一个面心立方晶胞，S原子位于晶胞的顶点和面心，Cu、Fe、Sn分别位于体对角线上，因此用均摊法算出：S：4，Cu：2，Fe：1，Sn：1，因此该硫化物的化学式为Cu2FeSnS4；晶胞中Sn和Cu最近的是位于顶点的S都是一个，因此二者配位数之比为1∶1。
晶体计算
2
角度
6. (2024·河北保定二模)铍晶胞为六方堆积结构，如图所示，铍晶体密度为________g·cm－3(用含a、NA的代数式表示)。已知：NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞底边边长为a nm，高为2a nm。
7. (2024·河北承德部分高中二模)“高压出奇迹”，最近科学工作者发现了半导体材料立方砷化硼(BAs)中的高压热输运，并观察到热导率的反常压力依赖性，BAs的晶胞结构如图所示。则晶胞中As原子到B原子的最近距离为________pm。
8. (2024·广东广州市二模)Na2CrO4的一种晶胞如图1，沿z轴方向的投影如图2，其中氧原子不在图中标注，Cr位于晶胞面上及晶胞内。
(1)每个晶胞中含有Na＋的个数为________。
(2)晶胞中位于晶胞顶角及体心的Na＋的距离为______________nm (用含a、b、c的式子表示)。
9. (2024·山东淄博二模)某镧镍氧化物的晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
晶胞中1个Ni2＋周围距离相等且最近的O2－形成的空间结构为__________，La3＋离子A、B间距离d＝________________pm，若阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度ρ＝____________g·cm－3 (用含NA的代数式表示)。
1. (2024·安徽省鼎尖联盟三模)各物质沸点如下：
(1)CrCl3沸点远高于FeCl3的原因可能是__________________。
(2)已知氧化锆和氧化钙形成某种亮紫色晶体，其晶胞如图所示，其中Ca位于面心位置。
①晶胞中每个Zr周围最近的O原子个数为________。
②该晶胞为立方晶胞，晶胞中O和Zr最小距离为a pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，Zr的相对原子质量为M，该晶体密度是________g/cm3 (列出计算式即可)。
【答案】　(1)CrCl3是离子晶体而FeCl3是分子晶体，破坏范德华力所需能量小于离子键
2. (2024·广东惠州市三模)钒的某种氧化物的立方晶胞结构如图所示，钒原子的配位数为________。若该晶胞的密度为ρ g/cm3，且用NA表示阿伏加德罗常数，则该晶胞的边长为________nm。

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