第4章 第4节 晶体的结构与性质-【创新教程】2025年高考化学总复习大一轮教师用书word（人教单选版）

第四节　晶体的结构与性质 课程标准 核心素养(教师用书独具) 1.能说出晶体与非晶体的区别；能结合实例描述晶体中微粒排列的周期性规律 2．能借助分子晶体、共价晶体、离子晶体、金属晶体等模型说明晶体中的微粒及其微粒间的相互作用 1.宏观辨识与微观探析：认识晶胞及晶体的类型，能从不同角度分析晶体的组成粒子、结构特点，能从宏观和微观相结合的视角分析与解决实际问题 2．证据推理与模型认知：能运用典型晶体模型判断晶体的结构特点和组成并进行相关计算 3．变化观念与平衡思想：认识不同晶体类型的特点，能从多角度、动态地分析不同晶体的组成及相应物质的性质 考点一　晶体的常识 一、晶体与非晶体 1．晶体与非晶体的区别 比较 晶体 非晶体 结构特征 结构粒子在三维空间中呈　周期性有序　排列 结构粒子　无序　排列 性质 特征 自范性 有 无 熔点 固定 不固定 异同表现 　各向异性　 　各向同性　 二者 区别 方法 间接方法 测定其是否有固定的　熔点　 科学方法 对固体进行　X射线衍射　实验 2.获得晶体的三条途径 (1)熔融态物质凝固。 (2)气态物质冷却不经液态直接凝固(凝华)。 (3)溶质从溶液中析出。 二、晶胞 1．概念：晶胞是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：相邻晶胞之间没有任何间隙。 (2)并置：所有晶胞　平行　排列、　取向　相同。 三、突破晶胞组成的计算——均摊法 1．原则：晶胞任意位置上的一个粒子如果是被n个晶胞所共有，那么，每个晶胞对这个粒子分得的份额就是。 2．方法 (1)长方体(包括立方体)晶胞中不同位置的粒子数的计算 (2)非长方体晶胞中粒子视具体情况而定，如石墨晶胞每一层内碳原子排成六边形，其顶角(1个碳原子)被三个六边形共有，每个六边形占有个碳原子，一个六边形实际占有6×＝2个碳原子。又如，在六棱柱晶胞(如图中所示的MgB2晶胞)中，顶点上的原子为6个晶胞(同层3个，上层或下层3个)共有，面上的原子为2个晶胞共有，因此镁原子个数为12×＋2×＝3，硼原子个数为6。 四、晶胞中粒子数与M、ρ(晶体密度，g·cm－3)之间的关系 若1个晶胞中含有x个粒子，则1 mol该晶胞中含有x mol粒子，其质量为xM g；又1个晶胞的质量为ρa3 g(a3为晶胞的体积，单位为cm3)，则1 mol晶胞的质量为ρa3NA g，因此有xM＝ρa3NA。 1．易错辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)。 (1)凡有规则外形的固体一定是晶体( × ) (2)晶体表现自范性的过程是自发过程，不需要外界条件( × ) (3)在沸水中配制明矾饱和溶液，然后急速冷却，可得到较大颗粒明矾晶体( × ) (4)用X射线衍射摄取石英玻璃和水晶的粉末得到的图谱是相同的( × ) (5)缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中会慢慢变为完美的立方体块 ( × ) (6)晶体内部的微粒按一定规律周期性的排列( √ ) (7)区分晶体和非晶体最可靠的方法是对固体进行X射线衍射实验( √ ) 2．2022年北京冬奥会已经圆满结束，某高校团队以助力冬奥为初衷，研制出一种新型材料——“永不融化”的凝胶冰雪。凝胶冰雪中，百分之九十以上的成分是水，还有一种亲水的高聚物网络。下列说法错误的是(　　) A．凝胶冰雪改变了水的结构和熔点，升温后，冰晶不会融化成水 B．凝胶冰雪中的水分子间能形成分子间氢键 C．凝胶冰雪的水中氧原子采用sp3杂化 D．冰属于分子晶体 解析：A　[A.升温后，冰晶融化的水会被牢牢锁在网格之中，无法逃脱，水凝胶依然能保持形状的完整，故A错误；B.凝胶冰雪中的水分子与水分子间能形成氢键，故B正确；C.水分子中氧原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，故C正确；D.冰是水形成的固体晶体，属于分子晶体，故D正确。] 3．用来测定某一固体是否是晶体的仪器是(　　) A．质谱仪　　　　 B．红外光谱仪 C．pH计 D．X射线衍射仪 解析：D　[质谱仪通常用来测定有机物的相对分子质量，相对分子质量＝质荷比的最大值，A不符合题意；红外光谱仪通常用来测定有机物分子中的化学键和官能团，从而测定有机物结构式，B不符合题意；pH计用来测量溶液的酸碱性，C不符合题意；同一条件下，当单一波长的X射线通过晶体和非晶体时，摄取的图谱是不同的，非晶体图谱中看不到分立的斑点或明锐的谱线，故可用X射线衍射仪来区分晶体和非晶体，D符合题意。] ◆[题组1]　晶胞中微粒数目的计算　 1．(2024·安徽安庆检测)Paul Chu教授发现钇钡铜氧化合物在90 K时具有超导性，该化合物的晶胞结构如图所示，该化合物以Y2O3、BaCO3和CuO为原料，经研磨烧结而成，其原料配比(物质的量之比)为(　　) A．2∶3∶3 B．1∶1∶1 C．1∶2∶3 D．1∶4∶6 解析：D　[Y原子位于体心，数目为1；Cu原子位于顶角和棱上，数目为8×＋8×＝3；Ba原子位于晶胞体内，数目为2；Y、Ba、Cu原子个数之比为1∶2∶3，根据原子守恒，则Y2O3、BaCO3和CuO的物质的量之比为∶2∶3＝1∶4∶6。] 2．(2024·济宁市一模)硒化锌是一种重要的半导体材料；其晶胞结构如图甲所示，已知晶胞参数为p nm，乙图为晶胞的俯视图，下列说法正确的是(　　) A．晶胞中硒原子的配位数为12 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nm D．电负性：Zn>Se 解析：B　[A.该晶胞中Zn原子的配位数是4，则ZnSe晶胞中Se原子的配位数也是4，A错误；B.该晶胞中a点坐标为(0,0,0)，b点坐标为，则a原子位于坐标原点，b原子在坐标轴正方向空间内，由图乙可知d原子也在坐标轴正方向空间内，且到x轴、y轴、z轴的距离分别为、、，即d原子的坐标为，B正确；C.面对角线的两个Zn原子距离最短，为nm，C错误；D.Zn、Se为同周期元素，根据非金属性越强，电负性越大，非金属性：Zn<Se，电负性：Zn<Se，D错误。] 3．(2024·济南市二模)锰族元素铼的三氧化物ReO3具有超低电阻率，可由CO还原Re2O7制得。其晶体结构与钙钛矿(如图)相似，Re占据了Ti的位置，Ca的位置为空位。下列说法错误的是(　　) A．基态75Re原子的价电子排布式为5d56s2 B．Re的配位数为6 C．Re位于体心时，O位于面心 D．ReO3不能发生歧化反应 解析：D　[A.Re处在第六周期ⅦB族，Re价层电子排布为5d56s2，A正确；B.Ti在晶胞的顶点，Re占据Ti的位置，则Re在顶点处，离Re最近且等距离的O有6个，则Re的配位数为6，B正确；C.Re在体心，则Re和O在晶胞中的位置关系，O位于面心，C正确；D.Re的最高价为＋7价，ReO3中Re为＋6价，Re单质为0价，则ReO3中Re化合价可以升高也可以降低，能发生歧化反应，D错误。] ◆[题组2]　晶体密度及微粒间距离的计算　 4．(双选)(2024·聊城市模拟)中科院福建物质结构研究所陈教授团队将Bi3＋掺杂Cs2SnCl6(晶胞结构为a)获得空位有序型双钙钛矿纳米晶体(晶胞结构为b)，过程如图所示。若a和b的晶胞参数均为xnm，下列说法正确的是(　　) A．a中的Cs＋位于[SnCl6]2－组成的八面体空隙中 B．b中两个最近的[BiCl5]2－的距离为x nm C．[SnCl6]2－和[BiCl5]2－的中心原子的价层电子对数不相同 D．晶体b的密度为g/cm3 解析：BD　[A.a中[SnCl6]2－位于晶胞的顶点和面心，Cs＋位于[SnCl6]2－组成的四面体空隙中，故A错误；B.根据图示，b中两个最近的[BiCl5]2－的距离为面对角线的一半，为x nm，故B正确；C.[BiCl5]2－有1个空位，所以[SnCl6]2－和[BiCl5]2－的中心原子的价层电子对数相同，故C错误；D.根据均摊法原则，[BiCl5]2－数为、[SnCl6]2－数为、Cs＋数为8，晶体b的密度为g/cm3，故D正确。] 5．(2023·山东卷)卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题： (1)－40 ℃时，F2与冰反应生成HOF和HF。常温常压下，HOF为无色气体，固态HOF的晶体类型为________，HOF水解反应的产物为________(填化学式)。 (2)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)。 解析：(1)常温常压下HOF为无色气体，说明其沸点较低，为分子晶体。比较元素的电负性大小可知，HOF中F为－1价，则其水解反应为HOF＋H2O===HF＋H2O2，水解产物为HF、H2O2。 (2)根据均摊法，X的晶胞中白色小球的个数为16×＋4×＋2＝8，黑色小球的个数为8×＋2＝4，灰色小球的个数为8×＋1＝2，则X中灰球、黑球、白球的个数比为1∶2∶4，根据Cu化合价为＋2，结合原子守恒、化合物中各元素正负化合价代数和为0可知，X为K2CuF4，则题中反应的化学方程式为CuCl2＋4K＋2F22KCl＋K2CuF4。该晶胞中含有2个K2CuF4，晶胞质量为 g，晶胞体积为a×10－10cm×b×10－10cm×c×10－10cm＝a2c×10－30cm3，则化合物X的密度ρ＝g÷(a2c×10－30cm3)＝g·cm－3。 答案：(1)分子晶体　HF、H2O2 (2)CuCl2＋4K＋2F22KCl＋K2CuF4　 考点二　四种晶体性质的比较 一、四种晶体类型的比较 　　类型 比较　　 分子晶体 共价晶体 金属晶体 离子晶体 构成粒子 　分子　 　原子　 金属阳离子、 自由电子 　阴、阳离子　 粒子间的相互 作用力 　范德华力　(某些含氢键) 　共价键　 　金属键　 　离子键　 硬度 较小 很大 有的很大， 有的很小 较大 熔、沸点 较低 很高 有的很高， 有的很低 较高 溶解性 相似相溶 难溶于 任何溶剂 难溶于常 见溶剂 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 电和热的 良导体 晶体不导 电，水溶液 或熔融态导电 物质类 别及举例 大多数非金属单质、气态氢化物、酸、非金属氧化物(SiO2除外)、绝大多数有机物(有机盐除外) 部分非金属单质(如金刚石、硅、晶体硼)、部分非金属化合物(如SiC、SiO2) 金属单质与合金(如Na、Al、Fe、青铜) 金属氧化物(如K2O、Na2O)、强碱(如KOH、NaOH)、绝大部分盐(如NaCl) 二、典型晶体模型 晶体 晶体结构 晶体详解 共 价 晶 体 金 刚 石 ①每个碳与相邻4个碳以共价键结合，形成　正四面体　结构 ②键角均为　109°28′　 ③最小碳环由6个C组成且六原子不在同一平面内 ④每个C参与4个C—C的形成，C原子数与C—C数之比为　1∶2　 SiO2 ①每个Si与4个O以共价键结合，形成正四面体结构 ②每个正四面体占有1个Si,4个“O”， n(Si)∶n(O)＝　1∶2　 ③最小环上有12个原子，即6个O,6个Si 分 子 晶 体 干冰 ①8个CO2分子构成立方体且在6个面心又各占据1个CO2分子 ②每个CO2分子周围等距且紧邻的CO2分子有12个 离 子 晶 体 NaCl 型 ①每个Na＋(Cl－)周围等距且紧邻的Cl－(Na＋)有6个，每个Na＋周围等距且紧邻的Na＋有12个 ②每个晶胞中含4个Na＋和4个Cl－ CsCl 型 ①每个Cs＋周围等距且紧邻的Cl－有8个，每个Cs＋(Cl－)周围等距且紧邻的Cs＋(Cl－)有6个 ②如图为8个晶胞，每个晶胞中含1个Cs＋、1个Cl－ 混合型晶体 石墨 ①层内每一个碳原子分别与另外3个碳原子以共价键连接，形成六元环结构 ②碳原子与共价键的个数之比为2∶3；每个六元环平均占有2个碳原子 ③层间的作用力是范德华力 1．易错辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)。 (1)(2023·广东卷)“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为金属晶体( × ) (2)(2023·海南卷)我国科学家由嫦娥五号带回的月壤样品中，首次发现了天然玻璃纤维，该纤维中的主要氧化物SiO2属于离子晶体( × ) (3)SiC的晶体结构与晶体硅相似，则SiC晶体中微粒间存在的作用力是共价键( √ ) (4)在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子( × ) (5)共价晶体的熔点一定比金属晶体的高( × ) (6)金属元素和非金属元素组成的晶体不一定是离子晶体( √ ) (7)金属钠形成的晶体中，每个钠原子周围与其距离最近的钠原子有8个( √ ) (8)在CsCl晶体中，每个Cs＋周围与其距离最近的Cl－有8个( √ ) 2．(2024·菏泽市模拟)下列有关说法不正确的是(　　) A．MgO的离子键的键能大于CaO的 B．干冰和SiO2的晶体类型相同 C．如图所示的晶胞的化学式为KZnF3 D．DNA双螺旋的两个螺旋链通过氢键相互结合 解析：B　[A.Mg2＋的半径小于Ca2＋，所以MgO的离子键的键能大于CaO的，A正确；B.干冰(CO2)为分子晶体，SiO2为共价晶体，二者的晶体类型不相同，B错误；C.如图所示的晶胞，K＋在体心，个数为1，Zn2＋在顶点，个数为8×＝1，F－在棱上，个数为12×＝3，所以该晶胞的化学式为KZnF3，C正确；D.DNA双螺旋含有N、H原子，两个螺旋链通过氢键相互结合，D正确。] 3．分析下列物质的物理性质，判断其晶体类型。 (1)碳化铝，黄色晶体，熔点2 200 ℃，熔融态不导电：________________________。 (2)五氟化矾，无色晶体，熔点19.5 ℃，易溶于乙醇、氯仿、丙酮等：________。 (3)溴化钾，无色晶体，熔融时或溶于水中都能导电：________________。 (4)硼，熔点2 300 ℃，沸点2 550 ℃，硬度大：______。 (5)硒，熔点217 ℃，沸点685 ℃，溶于氯仿：________。 (6)锑，熔点630.74 ℃，沸点1 750 ℃，导电：________。 答案：(1)共价晶体　(2)分子晶体　(3)离子晶体 (4)共价晶体　(5)分子晶体　(6)金属晶体 ◆[题组1]　晶体类型的判断　 1．下列性质适合于分子晶体的是(　　) A．熔点为1 070 ℃，易溶于水，水溶液导电 B．熔点为3 500 ℃，不导电，质硬，难溶于水和有机溶剂 C．能溶于CS2，熔点为112.8 ℃，沸点为444.6 ℃ D．熔点为97.8 ℃，质软，导电，密度为0.971 g·cm－3 解析：C　[A、B选项中的熔点高，不是分子晶体的性质，D选项是金属钠的性质，钠不是分子晶体。] 　依据性质判断晶体类型的方法 (1)依据晶体的熔点判断。 (2)依据导电性判断。 (3)依据硬度和机械性能判断。 ◆[题组2]　晶体熔、沸点的比较　 2．下列各组物质中，按熔点由低到高的顺序排列正确的是(　　) A．O2、I2、Hg　　　 B．PH3、AsH3、NH3 C．Na、K、Rb D．Na、Mg、Al 答案：BD 3．回答下列问题： (1)氯酸钾熔化，粒子间克服了________的作用力；二氧化硅熔化，粒子间克服了________的作用力；碘的升华，粒子间克服了________作用力。三种晶体的熔点由高到低的顺序是__________________________________(填化学式)。 (2)下列六种晶体：①CO2　②NaCl　③Na　④Si ⑤CS2　⑥金刚石。它们的熔点从低到高的顺序为________________(填序号)。 答案：(1)离子键　共价键　分子间　SiO2＞KClO3＞I2　(2)①⑤③②④⑥ 　晶体熔、沸点的比较 1．不同类型晶体的熔、沸点高低的一般规律：共价晶体＞离子晶体＞分子晶体。 2．相同类型晶体 (1)金属晶体：金属阳离子半径越小，所带电荷数越多，则金属键越强，金属的熔、沸点就越高。 (2)离子晶体：阴、阳离子的电荷数越多，离子半径越小，熔、沸点就越高。 (3)共价晶体：原子半径越小，键长越短，熔、沸点越高。 (4)分子晶体：①组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越高；具有分子间氢键的分子晶体的熔、沸点反常地高。②组成和结构不相似的分子晶体(相对分子质量接近)，其分子的极性越大，熔、沸点越高。 ◆[题组3]　晶体结构的有关计算　 4．(1)铜是第四周期最重要的过渡元素之一，已知CuH晶体结构单元如图甲所示。该化合物的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中Cu原子与H原子之间的最短距离为______ cm(用含ρ和NA的式子表示)。 (2)CuFeS2的晶胞如图乙所示，晶胞参数a＝0.524 nm，b＝0.524 nm，c＝1.032 nm；CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与____________个S原子相连，列式计算晶体密度ρ＝____________________________________________(保留两位小数)。 (3)NaH具有NaCl型晶体结构，已知NaH晶体的晶胞参数a＝488 pm，Na＋半径为102 pm，H－的半径为________，NaH的理论密度是________ g·cm－3(保留两位小数)。 (4)金刚石晶胞结构如图丙所示， 则金刚石晶体含有______个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r＝______a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率：________________(不要求计算结果)。 解析：(1)CuH晶胞中Cu原子数目为8×＋6×＝4，H原子数目为4，则晶胞的边长为 cm，则Cu原子与H原子之间的最短距离为× cm。(2)由图乙可知，每个Cu原子与4个S原子相连；该晶胞中含有Cu原子数目为8×＋4×＋1＝4，含有Fe原子数目为4×＋6×＝4，含有S原子数目为8，故化学式为CuFeS2，该晶体密度ρ＝＝≈4.31 g·cm－3。(3)由NaCl晶胞可知，NaH晶胞中Na＋位于棱上和体心，H－位于顶角和面心，故NaH晶胞的边长相当于H－的直径和Na＋的直径之和，故H－的半径为＝142 pm。NaH晶胞中含有4个Na＋和4个H－，则该晶体的密度为≈1.37 g·cm－3。 (4)由金刚石的晶胞结构可知，晶胞中C原子数目为4＋6×＋8×＝8；若C原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型可知，正方体体对角线长度的就是C—C键长，即a＝2r，所以r＝a，碳原子在晶胞中的空间占有率为×100%。 答案：(1)×　(2)4 ≈4.31 g·cm－3 (3)142 pm　1.37　(4)8　　×100% (1)晶胞计算公式(立方晶胞) a3ρNA＝NM(a：棱长；ρ：密度；NA：阿伏加德罗常数的值；N：1 mol晶胞所含基本粒子或特定组合的物质的个数；M：基本粒子或特定组合的摩尔质量)。 (2)金属晶体中体心立方堆积、面心立方堆积中的几组公式(设棱长为a) ①面对角线长＝a。 ②体对角线长＝a。 ③体心立方堆积4r＝a(r为原子半径)。 ④面心立方堆积4r＝a(r为原子半径)。 (3)空间利用率＝×100%。 考点三　配合物和超分子 一、配合物 1．配位键 (1)概念：由一个原子单方面提供　孤电子对　，而另一个原子提供　空轨道　接受　孤电子对　形成的共价键，即“电子对给予—接受”键。 (2)表示方法：配位键可以用A→B来表示，其中A是　提供　孤电子对的原子，B是　接受　孤电子对的原子。 例如：。 2．配合物 (1)概念：　把金属离子或原子(称为中心离子或原子)　与某些分子或离子(称为　配体或配位体)　以　配位键　结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物。 (2)形成条件：①配体有　孤电子对　；②中心原子有　空轨道　。 (3)配合物形成时性质的改变 ①溶解度的改变：一些难溶于水的金属化合物形成配合物后，易溶解，如AgCl→[Ag(NH3)2]＋。 ②颜色的改变：当简单离子形成配合物时颜色会发生改变，如Fe(SCN)3的形成，利用此性质可检验铁离子的存在。 ③稳定性改变：形成配合物后，物质的稳定性增强。 二、超分子 1．概念 超分子是由　两种或两种以上　的分子通过　分子间相互作用　形成的分子聚集体。 2．超分子内分子间的作用力 超分子内部分子之间通过非共价键相结合，包括氢键、静电作用、疏水作用以及一些分子与金属离子形成的弱配位键等。 3．超分子的应用 在分子水平上进行分子设计，有序组装甚至复制出一些新型的分子材料。 1．易错辨析(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)(2023·湖北卷)冠醚(18­冠­6)的空穴与K＋尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子( √ ) (2)形成配位键的条件是一方有空轨道，另一方有孤电子对( √ ) (3)配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]中存在离子键、配位键、极性键( √ ) (4)配位化合物中的配体可以是分子也可以是阴离子( √ ) (5)Zn2＋与CN－生成的配离子[Zn(CN)4]2－中，σ键和π键的数目之比为1∶1( √ ) (6)超分子是相对分子质量很大的有机化合物( × ) (7)(2019·全国卷Ⅲ改编)FeCl3中化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为，其中Fe的配位数为4( √ ) (8)[Co(NH3)5Cl]Cl2中的Co3＋提供接受孤电子对的空轨道，配体是NH3分子和Cl原子( × ) 2．(2024·达州市高三检测)向盛有硫酸铜蓝色溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色溶液，再加无水乙醇得到深蓝色晶体。下列说法正确的是(　　) A．深蓝色溶液中含有的主要有色离子为[Cu(H2O)4]2＋ B．NH3与Cu2＋间的配位键比H2O与Cu2＋间的配位键弱 C．加乙醇的目的是降低生成的配合物的溶解度 D．1 mol[Cu(H2O)4]2＋中含有σ键的数目为16 NA 解析：C　[由题意可知，硫酸铜蓝色溶液中存在四水合铜离子，向溶液中加入氨水时，蓝色的四水合铜离子与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜蓝色沉淀与氨水反应生成深蓝色的四氨合铜离子，加入无水乙醇降低硫酸四氨合铜的溶解度，使溶液中硫酸四氨合铜析出得到深蓝色晶体。A.由分析可知，深蓝色溶液中含有的主要有色离子为四氨合铜离子，故A错误；B.由分析可知，实验时蓝色的四水合铜离子转化为深蓝色的四氨合铜离子，说明氨分子与铜离子形成的配位键强于水分子与铜离子形成的配位键，故B错误；C.由分析可知，加入无水乙醇能降低硫酸四氨合铜的溶解度，使溶液中硫酸四氨合铜析出得到深蓝色晶体，故C正确；D.四水合铜离子中铜离子与4个水分子形成的配位键属于σ键，每个水分子中含有2个σ键，则1 mol离子中含有的σ键的数目为1 mol×(4＋2×4)×NAmol－1＝12NA，故D错误。] ◆[题组]　配位理论及超分子　 1．(2021·辽宁卷)某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法正确的是(　　) A．氢化物沸点：X＞Y B．原子半径：M＜X＜Y＜Z C．第一电离能：W＜X＜Y＜Z D．阴、阳离子中均有配位键 解析：D　[由题干信息可知，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，Z为C或者O，根据多孔储氢材料前驱体结构图可知Y周围形成了4个单键，再结合信息M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，故Y为N，Z为O，M只形成一个单键，M为H，X为C，则W为B，据此分析解题。A.由分析可知，X、Y的氢化物分别为：CH4和NH3，由于NH3存在分子间氢键，故氢化物沸点：X＜Y，A错误；B.根据同一周期从左往右主族元素的原子半径依次减小，同一主族从上往下依次增大，故原子半径：M＜Z＜Y＜X，B错误；C.根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，第ⅡA族与第ⅢA族，第ⅤA族与第ⅥA族反常，故第一电离能：W＜X＜Z＜Y，C错误；D.由于阳离子中的Y原子是N原子，形成了类似于铵根离子的阳离子，故存在配位键，阴离子中的W为B，最外层上只有3个电子，能形成3个共价键，现在形成了4个共价键，故还有一个配位键，D正确。] 2．(2024·徐州市高三开学考)利用超分子可分离C60和C70。将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法错误的是(　　) A．第二电离能：C＜O B．杯酚分子中存在π键 C．杯酚与C60形成氢键 D．C60与金刚石晶体类型不同 解析：C　[A.C和O分别失去一个电子后的价电子排布式为2s22p1和2s22p3，O的2p能级是半充满结构，比较稳定，所以O的第二电离能大于C的第二电离能，A项正确；B.杯酚分子中含有苯环结构，具有大π键，B项正确；C.氢键是H与(N、O、F)等电负性大的元素形成的分子间或分子内相互作用力，而C60中只含有C元素，无法形成氢键，C项错误；D.金刚石是共价晶体，C60为分子晶体，二者晶体类型不同，D项正确。] 3．超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由Mo将2个C60分子、2个p­甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示： (1)Mo处于第五周期第ⅥB族，价层电子排布与Cr相似，它的基态价层电子排布式是____________；核外未成对电子数是____________个。 (2)该超分子中存在的化学键类型有____________。 A．σ键 B．π键　 C．离子键 D．氢键 (3)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是____________(填元素符号)，p­甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有____________。 (4)从电负性角度解释CF3COOH的酸性强于CH3COOH的原因是__________________ ________________________________________________________________________。 (5)C60与金刚石互为同素异形体，从结构与性质之间的关系解释C60的熔点远低于金刚石的原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析：(1)Cr的基态价层电子排布式为3d54s1，而Mo与Cr同主族，但位于Cr的下一周期，因而其基态价层电子排布式为4d55s1，用轨道表示式为，因而核外未成对的电子数为6。 (2)该超分子结构中有双键，说明有σ键和π键，分子中不存在离子键，根据信息可知Mo与配体分子形成配位键，因而答案选AB。 (3)由该超分子结构图可知，CO做配体时是C做配位原子；p­甲酸丁酯吡啶中形成双键的碳原子的杂化方式为sp2，丁基中的C原子形成四个单键，为sp3杂化。 (4)F的电负性大，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F，进而使O—H极性增强，更易断裂，导致CF3COOH酸性强于CH3COOH。 (5)根据不同晶体类型的性质不同来解释。C60是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所消耗的能量。 答案：(1)4d55s1　6　(2)AB　(3)C　sp2和sp3 (4)F的电负性大，对电子的吸引能力强，使共用电子对偏向F，进而使O—H极性增强，更易断裂，故CF3COOH的酸性强于CH3COOH (5)C60是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所消耗的能量 4．(2024·济宁市模拟)在配合物A和B中，O2作为配体与中心金属离子配位，Py是吡啶(C5H5N)，Ph是苯，B具有室温吸氧，加热脱氧的功能，可作为人工氧载体。回答下列问题 (1)写出基态Co原子的价层电子排布式________，元素C、N、O第一电离能由小到大的顺序为______，A中O—O键的键长______(填“大于”“小于”或“等于”)B中O—O键的键长。 (2)吡啶和吡咯均为含有大π键的平面结构分子，两者中呈碱性的是____________，原因是________________________。 (3)如图为能实现热电效应的一种晶体的晶胞模型，晶胞参数为a，图中大原子为La，中等原子为Fe，小原子为Sb。写出晶体的化学式________________________，Sb的化合价为－1，La的化合价为＋3，则晶体中Fe2＋和Fe3＋的个数比为____________，距离最近的两个Sb原子之间的距离为____________。 解析：(1)Co是27号元素，价层电子排布式为：3d74s2；元素C、N、O第一电离能由于N半充满排布较稳定，因此C、N、O第一电离能由小到大的顺序为：C<O<N；从结构来看，A中两个O都有配位键，使得两个氧原子向钴靠近，氧氧键就变长是对称的，O－O的电子对不偏移，B结构有很多刚性结构，更容易让配位的钴吸引电子，因此该化合物具有良好吸附氧气的作用，此时吸附的氧气中氧原子的电子都向配合物一方移动，就有偏移，因此A中O－O键的键长大于B中O－O键的键长； (2)吡啶氮原子上的未共用电子对可接受质子而显碱性；因此呈碱性的是吡啶； (3)晶胞中顶角和体心有2个La,8个八面体中心有8个Fe，观察发现八面体顶角相连，故每个八面体有3个Sb原子：8×3＝24；由于化合物中元素正负化合价代数和为零，设Fe2＋为x，Fe3＋为(4－x)，列式2x＋3×(4－x)＋3－12×1＝0，解得x＝3，因此晶体中Fe2＋和Fe3＋的个数比为3∶1；距离最近的两个Sb原子之间的距离为面对角线；因此为a。 答案：(1)3d74s2　C<O<N　大于 (2)吡啶　吡啶分子中N原子有孤电子对，易结合水电离出的H＋ (3)LaFe4Sb12　3∶1　a [例]　(2023·北京卷)硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根(S2O)可看作是SO中的一个O原子被S原子取代的产物。 (1)同位素示踪实验可证实S2O中两个S原子的化学环境不同，实验过程为SOS2OAg2S＋SO。过程ⅱ中，S2O断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是NaSO3和35S，过程ⅱ含硫产物是____________________________。 (2)MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、b nm、c nm，结构如图所示。 晶胞中的[Mg(H2O)6]2＋个数为__________。已知MgS2O3·6H2O的摩尔质量是M g·mol－1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为__________g·cm－3。(1 nm＝10－7cm) (3)浸金时，S2O作为配体可提供孤电子对与Au＋形成[Au(S2O3)2]3－。分别判断S2O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：____________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 第一步：思“原理” 由已知信息：SOS2OAg2S＋SO，过程ⅱ中，S2O断裂的只有硫硫键，推知过程ⅰ也只能形成硫硫键，即硫硫键从哪里形成，即从哪里断裂；由均摊法原则推知一个晶胞含有4个“分子”，结合密度公式求出密度；由VSEPR价层电子对理论求出中心S原子无孤对电子，端基S原子含有孤对电子。 第二步：定“答案” ①由硫硫键形成与断裂，若过程ⅰ所用试剂是NaSO3和35S，则过程ⅱ断下来的S只能与Ag＋结合为Ag2S，故含硫产物为NaSO4和AgS； ②晶体的密度ρ＝＝g·cm－3； ③S2O中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，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)过程Ⅱ中S2O断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中SO最终转化为SO，S最终转化为Ag2S。若过程ⅰ所用的试剂为NaSO3和35S，过程Ⅱ的含硫产物是NaSO4和AgS； (2)由晶胞结构可知，1个晶胞中含有8×＋4×＋2×＋1＝4个[Mg(H2O)6]2＋，含有4个S2O；该晶体的密度ρ＝＝g·cm－3； (3)具有孤电子对的原子就可以给 中心原子提供电子配位。S2O中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。 答案：(1)NaSO4和AgS (2)4　×1021 (3)S2O中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子 1．(2023·湖南卷)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a pm。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是(　　) A．晶体最简化学式为KCaB6C6 B．晶体中与K＋最近且距离相等的Ca2＋有8个 C．晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面 D．晶体的密度为g·cm－3 解析：C　[由图可知，晶胞中K处于顶角，数目为×8＝1，Ca在晶胞的体心，数目为1，B在晶胞的面上，数目为×2×6＝6，C也在晶胞的面上，数目为×2×6＝6，故晶体的最简化学式为KCaB6C6，A项正确；由晶胞图可知，与Ca2＋最近且距离相等的K＋有8个，而晶胞中Ca2＋、K＋数目之比为1∶1，故与K＋最近且距离相等的Ca2＋有8个，B项正确；结合图示可知，B、C原子围成的多面体，有6个面位于晶胞的六个面上，上半部分和下半部分还各有4个面，故该多面体中共有14个面，C项错误；该晶胞的摩尔质量为217 g·mol－1，晶胞体积为(a×10－10)3 cm3，故晶体密度为g·cm－3，D项正确。] 2．(2023·辽宁卷)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/(NA×a3×10－30)g·cm－3 B．图1中O原子的配位数为6 C．图2表示的化学式为LiMg2OClxBr1－x D．Mg2＋取代产生的空位有利于Li＋传导 解析：C　[A.根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×＋1＝3，O：2×＝1，Cl：4×＝1,1个晶胞的质量为g＝g，晶胞的体积为(a×10－10cm)3＝a3×10－30cm3，则晶体的密度为g÷(a3×10－30cm3)＝g/cm3，A正确；B.图1晶胞中，O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，O原子的配位数为6，B正确；C.根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×＝2。O：2×＝1，Cl或Br：4×＝1，Mg的个数小于2，根据化合物元素正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOClxBr1－x，C错误；D.进行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，说明Mg2＋取代产生的空位有利于Li＋的传导，D正确；答案选C。] 3．(2023·全国甲卷)将酞菁—钴酞菁—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)如图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AlCl3通常以二聚体Al2Cl6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________。AlF3的熔点为1 090 ℃，远高于AlCl3的192 ℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为________键。AlF3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a pm，晶体密度ρ＝________g·cm－3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 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，碳纳米管不属于原子晶体；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sp2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sp2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Al2Cl6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sp3。AlF3的熔点为1 090 ℃，远高于AlCl3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AlF3的晶胞结构可知，其中含灰色球的个数为12×＝3，小灰色球的个数为8×＝1，则灰色的球为F－，距F－最近且等距的Al3＋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(a pm)3＝a3×10－30cm3，晶胞的质量为，则其晶体密度ρ＝ g·cm－3。 答案：(1)同素异形体　金刚石　范德华力 (2)③　＋2　配位 (3)sp3　离子　2　(或) 4．(1)(2022·湖南高考)钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示； ①该超导材料的最简化学式为_____________________________________________； ②Fe原子的配位数为________； ③该晶胞参数a＝b＝0.4 nm、c＝1.4 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为________g·cm－3(列出计算式)。 (2)(2022·江苏卷)FeS2具有良好半导体性能。FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该FeS2晶体的一个晶胞中S的数目为______，在FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2＋紧邻，且Fe－S间距相等，如图给出了FeS2晶胞中的Fe2＋和位于晶胞体心的S(S中的S—S键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他S已省略)。如图中用“－”将其中一个S原子与紧邻的Fe2＋连接起来______。 (3)(2022·广东卷)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。 ①X的化学式为________________________。 ②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρ g·cm－3，则X中相邻K之间的最短距离为______nm(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。 解析：(1)①由平面投影图可知，晶胞中位于顶角和体心的钾原子个数为8×＋1＝2，均位于棱上和面上的铁原子和硒原子的个数均为12×＋2×＝4，则超导材料最简化学式为KFe2Se2；②由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4；③设晶体的密度为d g/cm3，由晶胞的质量公式可得：＝abc×10—21×d，解得d＝。 (2)因为FeS2的晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个NaCl晶胞含有4个Na＋和4个Cl－，则该FeS2晶体的一个晶胞中S的数目也为4；FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2＋紧邻，且Fe－S间距相等，根据FeS2晶胞中的Fe2＋和S的位置(S中的S－S键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与S－S键所在体对角线上距离最近的顶角相邻的三个面的面心位置的Fe2＋紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的Fe2＋连接图如图：。 (3)①根据晶胞结构得到K有8个，含有SeBr的数目是8×＋6×＝4，则X的化学式为K2SeBr6。②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρ g·cm－3，设晶胞参数为a nm，得到ρ＝＝＝ρ g·cm－3，解得a＝×107 nm，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即××107 nm。 答案：(1)①KFe2Se2　②4 ③ (2)4　　(3)①K2SeBr6 ②××107 5．(化学与科学技术)(2024·菏泽市一模)我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ni、Cu等元素。回答下列问题： (1)下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是______(填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是______。 (2)铵盐大多不稳定。从结构的角度解释NH4F比NH4I更易分解的原因是 ________________________________________________________________________。 (3)镍能形成多种配合物，其中Ni(CO)4是无色挥发性液体，K2[Ni(CN)4]是红黄色单斜晶体。K2[Ni(CN)4]中的配位原子是：______；K2[Ni(CN)4]的熔点高于Ni(CO)4的原因是 ________________________________________________________________________。 (4)氮化硼(BN)晶体存在如图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，可做润滑剂；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。六方氮化硼的晶体类型为__________________；立方氮化硼晶胞的密度为ρ g·cm－3，晶胞的边长为a cm。则阿伏加德罗常数的表达式为___________________________________________________________。 解析：(1)硼为5号元素，基态硼原子电子排布式为1s22s22p1；,为s轨道全充满的较稳定结构，故其失去一个电子需要吸收能量最多；中电子处于激发态，电子跃迁回低能量态时会释放能量形成发射光谱，故选CD； (2)氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF，导致NH4F比NH4I更易分解； (3)K2[Ni(CN)4]中镍可以提供空轨道，碳可以提供孤电子对，故配位原子是：C；K2[Ni(CN)4]的熔点高于Ni(CO)4的原因是K2[Ni(CN)4]为离子晶体、而Ni(CO)4为分子晶体，离子晶体熔点一般高于分子晶体； (4)六方氮化硼的晶体结构类似石墨晶体，为混合型晶体；立方氮化硼晶胞中，根据“均摊法”，晶胞中含8×＋6×＝4个B、4个N，则晶体密度为ρ g·cm－3＝g·cm－3，则NA＝ mol－1。 答案：(1)A　CD　(2)氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF　(3)C　K2[Ni(CN)4]为离子晶体、而Ni(CO4)为分子晶体　(4)混合型晶体　mol－1 6．(2024·烟台市二模)硅材料和铝材料在生产生活中应用广泛。回答下列问题： (1)一种磷酸硅铝分子筛常用于催化甲醇制烯烃的反应。由硅原子核形成的三种微粒：a.([Ne]3s23p2)、b.([Ne]3s23p1)、c.([Ne]3s23p14s1)，半径由大到小的顺序为______(填标号)；第三周期元素中，第一电离能介于Al和P之间的元素有________种。 (2)N(SiH3)是一种高介电常数材料。已知：N(SiH3)3中Si－N－Si键角120°，N(CH3)3中C－N－C键角111°。共价键的极性Si－N________C－N(填“>”“＝”或“<”)。下列划线原子与N(SiH3)3中N原子杂化类型相同的是__________(填标号)。 A．Al(OCH3)3　　　　 B．NH3BH3 C．N(CH3)3 D．NH4NO3 (3)铝硼中间合金在铝生产中应用广泛。金属铝熔点为660.3 ℃，晶体硼熔点为2 300 ℃，晶体硼熔点高于铝的原因是__________。晶体硼的结构单元是正二十面体，每个单元中有12个硼原子，结构如图。若其中有两个原子为10B，其余为11B，则该结构单元有__________种。 (4)已知合金Na2AlAu3的立方晶胞结构如图1，Na原子以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中填入Au3Al四面体；图2为沿x轴投影晶胞中所有Na原子的分布图。 每个Na周围距离其最近的Na有__________个；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，称为原子的分数坐标，如A点的分数坐标为，则B点的分数坐标为__________；设NA为阿伏加德罗常数的值，Na2AlAu3的摩尔质量为M g·mol－1，晶体的密度为ρ g·cm－3，则A、C两原子间的距离为__________pm(列出计算表达式)。 解析：(1)电子层数越多半径越大，质子数相同、电子层数也相同时，电子数越多半径越大，由硅原子核形成的三种微粒：a.([Ne]3s23p2)、b.([Ne]3s23p1)、c.([Ne]3s23p14s1)，半径由大到小的顺序为([Ne]3s23p14s1)>([Ne]3s23p2)>([Ne]3s23p1)；同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，第三周期元素中，Mg的3s能级全充满、P的3p能级半充满，结构稳定，第一电离大于同周期相邻元素，第一电离能介于Al和P之间的元素有Mg、Si、S共3种元素。 (2)C的电负性大于Si，共价键的极性Si－N>C－N。N(SiH3)3中Si－N－Si键角120°，说明N原子采用sp2杂化。A.Al(OCH3)3中Al原子形成3个σ键，无孤电子对，Al原子采用sp2杂化，故选A；B.NH3BH3中B原子形成4个σ键，无孤电子对，B原子采用sp3杂化，故不选B；C.N(CH3)3中N原子形成3个σ键，C－N－C键角111°，说明有1个孤电子对，N原子采用sp3杂化，故不选C；D.NH4NO3中N原子价电子对数为3，N原子采用sp2杂化，故选D；选AD。 (3)晶体硼是共价晶体，铝是金属晶体，所以晶体硼熔点高于铝。晶体硼的结构，若其中有两个原子为10B，其余为11B，可以理解为2个11B被10B代替，则该结构单元可能1、2号B原子为10B,1、3号B原子为10B,1、4号B原子为10B，共3种结构。 (4)根据图示，每个Na周围距离其最近的Na有4个；如A点的分数坐标为，则B点的分数坐标为；根据均摊法原则，每个晶胞含有Na的个数为8×＋6×＋4＝8，设NA为阿伏加德罗常数的值，Na2AlAu3的摩尔质量为M g·mol－1，晶体的密度为ρ g·cm－3，设晶胞的边长为a cm，则a＝ cm，A、C两原子间的距离为＝×cm＝××1010 pm。 答案：(1)cab　3　(2)>　AD　(3)晶体硼为共价晶体，铝为金属晶体　3　(4)4　　××1010 [归纳提升] 体系构建 核心巧记 1.熟悉四种晶体类型 共价晶体、分子晶体、离子晶体、金属晶体 2．熟记几种晶体的结构 干冰、NaCl晶体、CsCl晶体、金刚石、石墨 3．掌握判断熔点高低的一般规律 共价晶体>离子晶体>分子晶体 4．熟悉晶体计算的四种方式 (1)计算晶胞中所含有的微粒个数。 (2)能写出晶胞中某些粒子的坐标点。 (3)计算出晶胞中某些特殊点之间的距离。 (4)计算出晶胞的密度。 学科网（北京）股份有限公司 $$