第35讲 物质结构与性质填空题突破-【优化探究】2026高考化学一轮复习高考总复习配套课件（人教版）

第九章　晶体结构与性质 第35讲　物质结构与性质填空题突破 优化探究 大单元三　物质结构与性质　元素周期律 [导航·复习目标]　1.熟练掌握物质结构常见考点，构建解题模型。2.能用抽象理论对陌生情境进行判断并加以解释。3.提升综合运用物质结构与性质知识分析问题的能力，并借助图像理解，培养空间想象力。 2 梳理 必备知识 提升 关键能力 练真题 明考向 课时作业35　物质结构与性质填空题突破 3 1.以原子或离子结构为主线的考查角度 梳理 必备知识 4 2.以分子结构为主线的考查角度 5 3.以晶体结构为主线的考查角度 6 1.(1)(2024·辽宁卷，节选)负载在TiO2上的RuO2催化活性高，稳定性 强，TiO2和RuO2的晶体结构均可用如图表示，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)。  提升 关键能力 101 解析：由于二者的晶体结构相似，晶胞体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故1.66＝，则Ru的相对原子质量为101。 7 (2)(2024·贵州卷，节选)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料NaFeO2，其工艺如下： ①该工艺经碳热还原得到Fe3O4，“焙烧”生成NaFeO2的化学方程式为 ____________________________________________。  4Fe3O4＋6Na2CO3＋O212NaFeO2＋6CO2 解析：该工艺经碳热还原得到Fe3O4，“焙烧”时Fe3O4、Na2CO3和O2反应生成NaFeO2，其化学方程式为4Fe3O4＋6Na2CO3＋O2 12NaFeO2＋6CO2。 8 ②NaFeO2的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有NaFeO2的单元 数有________个。  3 解析：根据均摊法，由图甲可知1个NaFeO2晶胞中含有Na原子的个数为×8＋2＝3，故每个晶胞中含有NaFeO2的单元数有3个。 9 ③若“焙烧”温度为700 ℃，n(Na2CO3)∶n(Fe3O4)＝9∶8时，生成纯相 Na1－xFeO2，则x＝_______，其可能的结构示意图为_______(填“乙”或“丙”)。  乙 10 解析：若“焙烧”温度为700 ℃，n(Na2CO3)∶n(Fe3O4)＝9∶8时，生成纯相Na1－xFeO2，，解得x＝，则纯相Na1－xFeO2为NFeO2，图乙、丙所示晶胞中Fe原子和O原子个数与图甲所示晶胞相同，说明图乙、丙所示晶胞中含有3个NFeO2，则含有Na原子的个数为，根据均摊法，图乙中1个昌胞中含Na原子的个数为×2＋2＝，图丙中1个晶胞中含Na原子的个数为×6＋1＝，故可能的结构示意图为乙。 11 2.卤族元素可以与很多元素形成多种具有不同组成、结构、性质的物质。请回答下列问题： (1)基态氟原子价电子的轨道表示式为_______________。  解析：氟为9号元素，基态氟原子价电子排布式为2s22p5，价电子的轨道 表示式为 。 12 (2)亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，其中中心原子的杂化方 式为________。  sp2 解析：NOCl的N原子的价层电子对数为2＋＝3，孤电子对数为1，N原子采用sp2杂化。 (3)东南大学某课题组合成了一种新型具有平面分子结构的醌类聚合物PPPA，PPPA可作为有机锌离子电池的正极材料。 ①NaCl的熔点为801 ℃，远高于AlCl3的192 ℃，原因是_________________________________________________________。  NaCl为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子键作用力强于范德华力 解析：NaCl为离子晶体，熔化时克服离子键，AlCl3为分子晶体，熔化时克服范德华力，离子键作用力强于范德华力，NaCl熔点远高于AlCl3。 ②NaCl溶液中存在水合钠离子，其示意图如图1所示。从电负性角度来 解释这一现象__________________________________________________ _________________________________________________________________________________________。  氧元素的电负性大于氢元素，水分子中共用电子对偏向氧原子一方，氧原子带负电荷、氢原子带正电荷，则水合钠离子中钠离子带正电，与氧原子一侧结合 解析：氧元素的电负性大于氢元素，水分子中共用电子对偏向氧原子一方，氧原子带负电荷、氢原子带正电荷，则水合钠离子中钠离子带正电，与氧原子一侧结合。 (4)磷和硫均能形成多种卤化物。下列说法正确的是________(填字母)。  A.SCl2、PCl5均属于非极性分子 B.PCl3、S2Cl2的空间结构分别为三角锥形、直线形 C.NF3、S2Br2分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构 C 解析：SCl2中S为sp3杂化，为V形结构，正负电荷中心不重合，为极性 分子；PCl5为三角双锥结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，A 错误；PCl3中P为sp3杂化且存在1个孤电子对，为三角锥形结构；S2Cl2 中中心硫原子为sp3杂化且存在1个孤电子对，空间结构不会是直线形， B错误；NF3电子式为 ，S2Br2电子式为︰︰︰︰︰，分 子中各原子最外层均满足8电子稳定结构，C正确。 (5)γ-AgI晶胞为立方结构，晶胞中I－采取面心立方堆积方式(如图3)； γ-AgI晶胞沿x、y、z轴方向的投影均如图4所示。 ①Ag＋填充在I－构成的___________(填“正四面体”或“正八面体”)空 隙，其填充率为______。  ②γ-AgI晶胞的密度为ρ g·cm－3，则晶胞中两个最近的Ag＋之间的距 离为_______________nm(NA表示阿伏加德罗常数的值)。  正四面体 50% × ×107 解析：①由图3可知，根据“均推法”，晶胞中含8×＋6×＝4个I－，结合化学式可知，晶胞中含4个Ag＋，结合图4可知，Ag＋填充在晶胞平分切割成的8个小立方体的体心且交错分布在其中4个小立方体的体心，故Ag＋填充在I－构成的正四面体空隙，其填充率为50%。②已知NA表示 阿伏加德罗常数的值，γ-AgI晶胞的密度为ρ g·cm－3，设晶胞边长为 a nm，结合①分析，晶体密度为×1021 g·cm－3＝×1021 g·cm－3＝ρ g·cm－3，a＝×107，则晶胞中两个最近的Ag＋之间的距离为面对角线长度的二分之一，为a nm＝× ×107 nm。 练真题 明考向 1.(1)(2024·广东卷，节选)一种含Ga、Ni、Co元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结 构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比Co∶Ga∶Ni＝_________， 其立方晶胞的体积为________nm3。  2∶1∶1 8a3 解析：合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co∶Ga∶Ni＝2∶1∶1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间(或最近的Ni之间)的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3 nm。 (2)(2024·甘肃卷，节选)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方 向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数a≠c，α＝β＝γ＝90°。 图丙中Ca与N的距离为________pm；化合物的化学式是________，其摩尔质量为M g·mol－1，阿伏加德罗常数的值是NA，则晶体的密度为 ___________g·cm－3(列出计算表达式)。  a　 Ca3N3B ×1030 解析：图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故Ca与N的距离为a pm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为8×＋2＝3，N的个数为8×＋2×＝3，B的个数为4×＝1，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为M g·mol－1，阿伏加德罗常数的值是NA，晶胞体积为a2c×10－30 cm3，则晶体的密度为×1030 g·cm－3。 2.(2024·山东卷) 锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题： (1)Mn在元素周期表中位于第________周期________族；同周期中，基 态原子未成对电子数比Mn多的元素是________(填元素符号)。  四 第ⅦB Cr 　 解析：Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期第ⅦB族；基态Mn的电子排布式为 [Ar]3d54s2，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为[Ar]3d54s1，有6个未成对电子。 (2)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________(填字母)。  A.CaO　　　 B.V2O5 C.Fe2O3 D.CuO MnO2　 降低 A 解析：由均摊法得，晶胞中Mn的数目为1＋8×＝2，O的数目为2＋4×＝4，即该氧化物的化学式为MnO2；MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，Mn的化合价为＋2x，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为＋2价、V2O5中V的化合价为＋5价、Fe2O3中Fe的化合价为＋3价、CuO中Cu的化合价为＋2价，其中CaO中Ca的化合价降低只能为0，其余可降低得到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质。 (3)[BMIM]＋B (如图)是MnOx晶型转变的诱导剂。B的空间构型为___________；[BMIM]＋中咪唑环存在大π键，则N原子采取的轨道杂 化方式为_____。  正四面体形 sp2　 解析：B中B形成4个σ键(其中有1个配位键)，无孤电子对，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大π键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2。 (4) MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(如图)。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______________ ______________。  FDCA形成的分 子间氢键更多 解析：由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。 课时作业35 物质结构与性质填空题突破 32 非选择题 1.回答下列问题： (1)(2025·河北保定模拟，节选)Fe3＋的价层电子轨道表示式为 ________________，N、O、S的电负性由大到小的顺序为__________， 硫氰酸分子(H—S—C≡N)中σ键和π键数目之比为________，与SCN－互 为等电子体的分子是_______________(写出一种即可)。  2 3 4 5 1 O＞N＞S 3∶2 CO2(或COS等) 33 解析：Fe是26号元素，Fe3＋的价层电子排布式为3d5，轨道表示式为 2 3 4 5 1 ；周期表中，O在N右侧，所以非金属性： O＞N，所以电负性：O＞N ，周期表中，O在S上侧，所以非金属性：O＞S，N、O、S的电负性由大到小的顺序为O＞N＞S；H—S—C≡N中H—S键、S—C键是σ键，C≡N键中有1个σ键和2个π键，σ键和π键数目之比为3∶2；原子总数相等、价电子总数相等的微粒互为等电子体，与SCN－互为等电子体的分子有CO2、COS等。 34 (2)(2025·广东韶关模拟，节选)二氧化铈立方晶胞如图所示，则铈原子 Ce在晶胞中的位置是____________；晶体中一个Ce周围与其最近的O的 个数为________。  2 3 4 5 1 面心和顶角 8 35 解析：在二氧化铈立方晶胞结构中，白球位于顶角与面心有8×＋6×＝4个，黑球位于体内有8个，白球∶黑球＝1∶2，在二氧化铈化学式中Ce∶O＝1∶2，白球为Ce原子，位于顶角与面心；以晶胞结构中上平面面心位置的Ce原子为例，与其最近的O原子有该晶胞中的4个O原子及无隙并置的上一个晶胞中的4个O原子，共8个。 2 3 4 5 1 36 (3)(2025·贵州黔东南州模拟，节选)金属铬的晶胞结构如图，已知晶胞参数为a nm。 2 3 4 5 1 ①该晶胞中含铬原子的个数为________。  ②铬原子的配位数为________。  ③铬原子之间的最短距离为________nm(用含a的代数式表示)。  2 8 37 解析：①根据分摊法，晶胞中含铬原子的个数为8×＋1＝2。②根据晶胞的结构图可知，铬原子的配位数为8。③铬原子之间的最短距离为体对角线长的一半，即 nm。 2 3 4 5 1 38 2.(2025·河南郑州联考)最近我国学者研究得出三金属Fe-Co-Ni、硼的氧化物复合聚吡咯/rGO协同表现出最佳增强电解析氧。回答下列问题： (1)基态Fe2＋的价层电子排布图为______________；基态Fe2＋与Fe3＋的未 成对电子数之比为______，第四电离能I4(Fe)______(填“大于”或“小于”)I4(Co)。  2 3 4 5 1 4∶5 大于 39 解析：基态Fe2＋的价层电子排布式为3d6，则其排布图为 2 3 4 5 1 ；基态Fe2＋价层电子排布式为3d6，基态Fe3＋价层电子排布式为3d5，则基态Fe2＋与Fe3＋的未成对电子数之比为4∶5；Fe失去的是较稳定的3d5上的电子，而Co失去的是3d6上的电子，则第四电离能I4(Fe)大于I4(Co)。 40 (2)硼的氧化物有α－B2O3、β－B2O3及γ－B2O3等。γ－B2O3玻璃状氧化硼的结构如图所示。 2 3 4 5 1 B属于______区元素，γ－B2O3中硼原子的杂化方式是______。  p sp2 解析：B核外电子排布式为1s22s22p1，则属于p区元素；γ－B2O3中B的配位数为3，B为sp2杂化。 41 (3)吡咯、呋喃及噻吩均是杂环化合物，它们的沸点如下： 2 3 4 5 1   吡咯 呋喃 噻吩 结构简式 沸点/℃ 131 31.36 84 ①C、N、O的电负性由大到小的顺序为__________。   ②吡咯属于________晶体。   ③沸点：吡咯＞噻吩＞呋喃，原因是______________________________ _____________________________________________________________________。  O＞N＞C 分子 吡咯分子间可形成氢键，呋喃及噻吩只存在分子间作用力，而噻吩的相对分子质量比呋喃大，沸点比呋喃高 42 解析：①同一周期，从左到右主族元素电负性逐渐增大，则C、N、O的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C；②吡咯沸点较低，属于分子晶体；③沸点：吡咯＞噻吩＞呋喃，原因是吡咯分子间可形成氢键，呋喃及噻吩只存在分子间作用力，而噻吩的相对分子质量比呋喃大，相对分子质量越大，分子间作用力越强，则噻吩沸点比呋喃高。 2 3 4 5 1 43 (4)Ni2FeGa是磁性形状记忆合金，晶胞参数为a pm。 2 3 4 5 1 设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为_____________g·cm－3 (列出计算式)。  解析：该晶胞的质量为4×244/NA g，体积为(a×10－10)3 cm3，故密度为 g·cm－3。 44 3.(2025·山东泰安模拟)钾、铁和硒(Se)元素在医药、催化、材料等领域有广泛应用。回答下列问题： (1)基态铁原子的价层电子排布式为________。阴阳离子的电子云分布在对方离子的电场作用下发生变形的现象称为离子极化，电荷密度越 高，极化能力越强。FeCl3和FeCl2相比，化学键中共价键成分百分数较 高的是________，原因是_______________________________________ ____________________________。  2 3 4 5 1 3d64s2 FeCl3　 Fe3＋比Fe2＋电荷密度高，离子的极化能力 强，FeCl3电子云重叠程度大 解析：铁是26号元素，基态铁原子的价层电子排布式为3d64s2，FeCl3和FeCl2相比，化学键中共价键成分百分数较高的是FeCl3，原因是Fe3＋比Fe2＋电荷密度高，离子的极化能力强，FeCl3电子云重叠程度大。 45 (2)常温常压下，SeF4为无色液体，固态SeF4的晶体类型为_________； SeF4中心原子的价层电子对数为________，下列对SeF4分子空间结构推断合理的是________(填字母)。  2 3 4 5 1 分子晶体 5 d 解析：常温常压下，SeF4为无色液体，熔沸点较低，固态SeF4的晶体类型为分子晶体，SeF4中心原子的价层电子对数为4＋＝5，含有1个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥较大，则SeF4分子空 间结构可能为 2 3 4 5 1 ，故选d。 (3)钾元素与氧元素形成的某些化合物可以作为宇宙飞船的供氧剂。其中一种化合物的晶胞在xy平面、xz平面、yz平面上的投影如图所示，该 化合物的化学式为______，其晶胞边长为a nm，NA为阿伏加德罗常数 的值，该晶体的密度为_________g·cm－3(用含a、NA的代数式表示)。  2 3 4 5 1 KO2 解析：根据晶胞的三视图可以知道，K原子在晶胞的顶点和体心，一个晶胞中含有K原子的个数为8×＋1＝2，O原子有两个在晶胞内，八个在棱上，一个晶胞中含有的O原子的个数为2＋8×＝4，晶胞内K原子与O原子个数比为1∶2，所以该化合物的化学式为KO2；一个晶胞中含有2个K原子和4个O原子，再将题目所给数据代入密度计算公式，晶体密度为ρ＝ g·cm－3＝ g·cm－3。 2 3 4 5 1 4.(2025·山东德州模拟)物质的光学性质在科研中有重要的用途。回答下列问题： Ⅰ.一种比率光声探针M与Cu2＋配位，可用于小鼠脑内铜(Ⅱ)的高时空分辨率动态成像，反应如图所示： 2 3 4 5 1 50 (1)H、C、N、F四种元素电负性由大到小的顺序为____________，M中 键角F—B—F________(填“＞”“＜”或“＝”)BF3中键角F—B—F； 基态Cu2＋的价层电子中，两种自旋状态的电子数之比为__________。  2 3 4 5 1 F＞N＞C＞H ＜ 5∶4 51 解析：根据同一主族从上往下元素电负性依次减小，同一周期从左往右主族元素的电负性依次增大可知，H、C、N、F四种元素电负性由大到小的顺序为F＞N＞C＞H。由题干图示信息可知，M中B周围形成了4个共价键，即B采用sp3杂化，而BF3中B采用sp2杂化，故M中键角F—B—F＜BF3中键角F—B—F。Cu是29号元素，故基态Cu2＋的价层电子排布式为3d9，故其中两种自旋状态的电子数之比为5∶4。 2 3 4 5 1 52 (2)均为平面结构的吡咯( 2 3 4 5 6 7 8 1 )和吡啶( )是合成该探针的原料， 吡咯和吡啶在盐酸中溶解度较大的为_______，原因是_______________ _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。  吡啶 吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤电子对参与了环的芳香性，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，更难与盐酸反应，即降低其溶解性 解析：吡咯与吡啶相比，吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤电子对参与了环的芳香性，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，即吡啶更容易与盐酸电离出的H＋结合，而吡咯在盐酸中的溶解性比吡啶的更小。 Ⅱ.铪(Hf)的卤化物八面体离子是构建卤化物钙钛矿的基本发光单元，其构建的某晶胞结构如图所示。 2 3 4 5 6 7 8 1 (3)该晶胞中K＋的配位数为__________，阴离子形成的八面体空隙有__________个。  4 8 解析：由题干晶胞图示信息可知，该晶胞中K＋位于体内，阴离子位于8个顶点和6个面心上，故每个K＋位于顶点和面心阴离子形成的正四面体的体心上，故K＋的配位数为4，阴离子形成的八面体空隙有8个。 (4)该晶体的密度为ρ g·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Hf－Hf最 近距离为______________________________nm。  2 3 4 5 6 7 8 1 ××107 解析：由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有8个K＋，含有[HfBr6]2－的个数为8×＋6×＝4，阿伏加德罗常数的值为NA，则一个晶胞的质量为 g，设晶胞参数为a nm，则一个晶胞的体积为V＝(a×10－7 cm)3，该晶体的密度为ρ g·cm－3，则有ρ g·cm－3＝ g·cm－3，解得a＝×107，则Hf－Hf最近距离为面对角线的一半，即等于a nm＝××107 nm。 2 3 4 5 6 7 8 1 5.(2025·山东临沂模拟)铜及其化合物在医疗卫生、工农业生产等方面有广泛应用。回答下列问题： (1)基态Cu原子中，核外电子占据的最高能层符号为_____；基态Cu2＋的 价层电子排布式为________。  2 3 4 5 1 N 3d9 解析：基态Cu原子中，核外电子占据的最高能层为N，基态Cu原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，基态Cu2＋的价层电子排布式为3d9。 57 (2)Cu2＋与H2O、NH3、Cl－均可形成配位数为4的配离子：[Cu(H2O)4]2＋、 [Cu(NH3)4]2＋、[CuCl4]2－。其转化关系如图所示： 2 3 4 5 1 ①[Cu(H2O)4]2＋中H—O—H的键角________(填“＞”“＜”或“＝”) H2O中H—O—H的键角。  ②[CuCl4]2－呈黄色，溶液Ⅰ呈黄绿色的原因是_______________________ _____________________________________________________________________________________________________________________；溶液Ⅰ加水稀释后呈蓝色，其原因是_____________________________________ _____________________________________________________________________。  ＞ 蓝色的[Cu(H2O)4]2＋和黄色的[CuCl4]2－存在转化：[Cu(H2O)4]2＋＋4Cl－⥫⥬[CuCl4]2－＋4H2O，蓝色的[Cu(H2O)4]2＋和黄色的[CuCl4]2－共存使溶液显黄绿色 加水稀释使[Cu(H2O)4]2＋＋4Cl－⥫⥬ [CuCl4]2－＋4H2O平衡逆向移动，蓝色的[Cu(H2O)4]2＋含量增加，溶液显蓝色 ③向溶液Ⅱ中缓慢通入NH3至过量，观察到的现象是_________________ ____________________________________。  先产生蓝色絮状 沉淀，后沉淀溶解，溶液呈现深蓝色 2 3 4 5 1 解析：①[Cu(H2O)4]2＋中H—O—H的O中只含有一个孤电子对，而水分子中含有两个孤电子对，孤电子对间的排斥力大于成键电子对与孤电子对间的排斥力，故[Cu(H2O)4]2＋中H—O—H的键角大于H2O中H—O—H的键角。②蓝色的[Cu(H2O)4]2＋和黄色的[CuCl4]2－存在转化：[Cu(H2O)4]2＋＋4Cl－⥫⥬[CuCl4]2－＋4H2O，蓝色的[Cu(H2O)4]2＋和黄色的[CuCl4]2－共存使溶液显黄绿色。加水稀释使平衡逆向移动，蓝色的[Cu(H2O)4]2＋含量增加，溶液显蓝色。③向溶液Ⅱ中缓慢通入NH3，先生成Cu(OH)2蓝色絮状沉淀，继续通入NH3，沉淀溶解，生成[Cu(NH3)4]2＋，使溶液呈现深蓝色。 (3)黄铜矿晶胞结构如图所示(晶胞参数a≠c，α＝β＝γ＝90°)，与单个Fe键合的S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，如原子1的分数坐标为，则原子2的分数坐标为_______________；若NA为阿伏加 德罗常数的值，则晶胞密度ρ＝__________g·cm－3。  2 3 4 5 1 4 解析：观察晶胞可知，与单个Fe键合的S有4个，原子1的分数坐标为，则原子2的分数坐标为。晶胞中Cu的个数为8×＋4×＋1＝4，晶胞中Fe的个数为4×＋6×＝4，晶胞中S的个数为8个。故晶胞密度ρ＝ g·cm－3＝ g·cm－3。 2 3 4 5 1 $$