第三章 晶体结构与性质 整理与提升-【金版教程】2025-2026学年高中化学选择性必修2创新导学案word（不定项版）

该高中化学导学案以“晶体结构与性质”为核心，围绕晶体类型判断、熔沸点比较及晶胞结构计算设计学习目标，通过“热点突破”分课时递进，结合高考真题解析、方法总结表格和分层练习，构建从概念理解到综合应用的连贯学习路径。 亮点在于“高考真题情境+方法建模”的主题探究设计，如分析锡卤化物熔点数据训练晶体类型判断的科学思维，通过晶胞密度计算步骤培养空间想象的科学探究能力。提供晶体类型判断表格、晶胞计算角度总结等工具，支持学生深度学习，为教师实施单元复习提供系统指导。

化学　选择性必修2 RJ(不定项) 热点突破一　晶体类型的判断及其熔、沸点的比较 　(山东卷)下列物质均为共价晶体且成键结构相似，其中熔点最低的是(　　) A．金刚石(C) B．单晶硅(Si) C．金刚砂(SiC) D．氮化硼(BN，立方相) [解析]　金刚石(C)、单晶硅(Si)、金刚砂(SiC)、立方氮化硼(BN)，都为共价晶体，结构相似，则原子半径越大，键长越长，键能越小，熔、沸点越低，在这几种晶体中，键长Si—Si>Si—C>B—N>C—C，所以熔点最低的为单晶硅。 [答案]　B 　(1)(全国甲卷节选)早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明原因：________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 物质 SnF4 SnCl4 SnBr4 SnI4 熔点/℃ 442 －34 29 143 (2)(新课标卷节选)Ni(CO)4(四羰合镍，沸点43 ℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。Ni(CO)4结构如图所示，其中含有σ键的数目为________，Ni(CO)4晶体的类型为__________。 (3)(山东卷节选)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________________________________________。 [解析]　(2)单键均为σ键，三键含有1个σ键和2个π键，由Ni(CO)4的结构可知，4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为σ键，而每个配体CO中含有1个σ键和2个π键，因此1个Ni(CO)4分子中含有8个σ键。Ni(CO)4的沸点很低，结合其结构可知该物质由分子构成，因此其晶体类型为分子晶体。 [答案]　(1)SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高 (2)8　分子晶体 (3)FDCA形成的分子间氢键更多 1．晶体类型的判断方法 晶体类型 根据晶体的概念判断 根据物质的类别判断 根据晶体的特征性质判断 离子晶体 通过阴、阳离子相互作用形成的晶体 金属氧化物、强碱和绝大多数盐类 熔、沸点较高，且在熔融状态下导电的化合物 分子晶体 由分子通过分子间作用力形成的晶体 部分非金属单质(除金刚石、石墨、晶体硅、晶体硼等外)、所有非金属氢化物、部分非金属氧化物(除SiO2外)、稀有气体、几乎所有的酸和绝大多数有机物(除有机盐外) 熔、沸点较低且不导电的单质和化合物，溶解性符合“相似相溶”规律 共价晶体 由原子通过共价键形成的晶体 金刚石、晶体硅、晶体硼、SiC和SiO2等 熔、沸点很高，硬度很大，不导电，不溶于一般溶剂的物质 金属晶体 由金属阳离子和自由电子通过金属键形成的晶体 纯金属、合金 有延展性、导电性、导热性，熔、沸点一般较高 2.典型晶体熔、沸点的比较 (1)不同类型晶体熔、沸点高低比较 判断晶体熔、沸点的高低要抓住晶体熔化时所需要克服的作用力来分析。因为不同晶体的粒子间作用力不同，影响晶体熔、沸点的因素不同，所以比较晶体熔、沸点时首先应该明确晶体的类型。一般来说，熔、沸点：共价晶体>离子晶体>分子晶体。金属晶体的熔、沸点相差很大，有的很高，如钨、铂等；有的很低，如汞、铯等。 (2)同种类型晶体：构成晶体粒子间的作用力大，则熔、沸点高，反之则低，具体如下： ①共价晶体 比较共价晶体熔、沸点高低的关键是比较共价键的强弱。一般来说，成键原子半径越小，键长越短，键能越大，共价键越牢固，晶体的熔、沸点越高。 ②离子晶体 结构相似且化学式中各离子个数比相同的离子晶体中，离子半径越小，离子所带电荷数越多，则晶体的熔、沸点越高。如熔、沸点：MgO>NaCl>CsCl。 ③分子晶体 组成和结构相似，且不存在分子间氢键的分子晶体，相对分子质量越大，其熔、沸点越高。具有分子间氢键的分子晶体，其熔、沸点较高。 ④金属晶体 金属晶体熔、沸点的高低取决于金属键的强弱。一般来说，金属阳离子的半径越小，所带电荷数越多，金属阳离子与“自由电子”之间的静电作用越强，金属键越强，熔、沸点越高。如熔、沸点：Na<Mg<Al。 1．(湖北卷)物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是(　　) 选项 性质差异 结构因素 A 沸点：正戊烷(36.1 ℃)高于新戊烷(9.5 ℃) 分子间作用力 B 熔点：AlF3(1040 ℃)远高于AlCl3(178 ℃升华) 晶体类型 C 酸性：CF3COOH(pKa＝0.23)远强于CH3COOH(pKa＝4.76) 羟基极性 D 溶解度(20 ℃)：Na2CO3(29 g)大于NaHCO3(8 g) 阴离子电荷 答案：D 解析：碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中HCO间存在氢键，与阴离子电荷无关，D错误。 2．(全国乙卷节选)已知一些物质的熔点数据如下表： 物质 熔点/℃ NaCl 800.7 SiCl4 －68.8 GeCl4 －51.5 SnCl4 －34.1 Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是____________________ ______________。分析同族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势及其原因_______________________________________________________________________________。SiCl4的空间结构为________，其中Si的轨道杂化形式为________。 答案：氯化钠为离子晶体，而SiCl4为分子晶体　随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大　正四面体　sp3 3．(全国乙卷节选)卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为________。解释X的熔点比Y高的原因__________________________。 答案：CsCl　CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体 解析：CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高。 热点突破二　晶体结构的有关计算 　(河北卷)金属铋及其化合物广泛应用于电子设备、医药等领域。如图是铋的一种氟化物的立方晶胞及晶胞中MNPQ点的截面图，晶胞的边长为a pm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是(　　) A．该铋氟化物的化学式为BiF3 B．粒子S、T之间的距离为a pm C．该晶体的密度为 g·cm－3 D．晶体中与铋离子最近且等距的氟离子有6个 [解析]　根据题给晶胞结构，由均摊法可知，每个晶胞中含有1＋12×＝4个Bi，含有8＋8×＋6×＝12个F，故该铋氟化物的化学式为BiF3，A正确；将晶胞均分为8个小立方体，则晶胞体内的8个F位于8个小立方体的体心，以M为原点建立坐标系，则T的原子分数坐标为，S的原子分数坐标为，故粒子S、T之间的距离为×a pm＝a pm，B正确；由A项分析可知，每个晶胞中有4个BiF3单元，晶胞体积为a3×10－30 cm3，则晶体密度为 g·cm－3＝ g·cm－3，C正确；以晶胞体心处铋离子为分析对象，距离其最近且等距的氟离子位于晶胞体内，有8个，D错误。 [答案]　D 　(全国甲卷节选)结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。其中Pb的配位数为________。设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为__________g·cm－3(列出计算式)。 [解析]　由PbS晶胞结构图可知，该晶胞中有4个Pb和4个S，距离每个原子周围最近的另一种原子数目均为6，因此Pb的配位数为6。设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 g·cm－3或 g·cm－3。 [答案]　6　或 角度一　晶体密度的计算 第一步：分析晶胞结构特点，利用“均摊法”确定物质的化学式，计算出晶胞的质量。 第二步：利用几何知识计算晶胞的体积。 第三步：根据ρ＝计算晶体密度，注意单位换算。 对于立方晶胞：ρ＝(a表示晶胞参数，N表示一个晶胞中微粒的数目)。 以NaCl晶体为例，设晶胞参数为a，NaCl的摩尔质量为M。 分析NaCl晶胞结构可知，该晶胞中含Na＋的个数：8×＋6×＝4， 含Cl－的个数：12×＋1＝4，共含4个“NaCl”。 晶胞的体积：V＝a3。 NaCl晶体的密度：ρ＝。 [注意]　晶胞类型不同，晶胞体积求算方法不同，如六棱柱型晶胞体积V≠a3。 角度二　晶胞内部各微粒的原子坐标与投影图 晶胞中的任意一个原子的中心位置均可用3个分别≤1的数在立体坐标系中表示出来。 [注意]　在确定各原子的坐标时，要注意x、y、z轴的单位标准不一定相同。 (1)钾型晶胞结构模型的原子坐标与投影图 ①粒子坐标：若1(0，0，0)，3(1，1，0)，5(0，0，1)，则6的原子坐标为(0，1，1)，7为(1，1，1)，9为。 ②x、y平面上的投影图：。 (2)铜型晶胞结构模型的原子坐标和投影图 ①粒子坐标：若1(0，0，0)，13，12，则15的原子坐标为，11为。 ②x、y平面上的投影图：。 (3)金刚石晶胞结构模型的原子坐标和投影图 ①若a原子为坐标原点，晶胞边长的单位为1，则原子1、2、3、4的坐标分别为、、、。 ②x、y平面上的投影图：。 (4)沿体对角线投影 ①钾型晶胞 ②铜型晶胞 角度三　晶体中空间利用率的计算 空间利用率指构成晶体的原子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。解答此类问题时，首先分析晶胞中原子个数(N)和原子半径(r)，依据公式V原子＝N×πr3计算出晶胞中所有原子的体积。再根据立体几何知识找出原子半径(r)与晶胞棱长(a)的关系。 ①若金属晶体的晶胞结构(如Po)如下： 则a＝2r。 ②若金属晶体的晶胞结构(如Fe)如下。 则a＝r。 ③若金属晶体的晶胞结构(如Ca)如下： 则a＝2r。 对于立方晶胞V晶胞＝a3。 最后根据×100%计算空间利用率。 角度一　晶体密度的计算 4．(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 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 答案：C 解析：图2中Mg和空位均存在，Mg的个数小于2，C错误。 5．(全国甲卷节选)气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图a所示，二聚体中Al的轨道杂化类型为________。AlF3的熔点为1090 ℃，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b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)。 答案：sp3　离子　2　 解析：由AlF3的晶胞结构可知，其中大球的个数为12×＝3，小球的个数为8×＝1，则大球为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＝a3×10－30 cm3，晶胞的质量为 g，则其晶体密度ρ＝ g·cm－3。 角度二　晶胞内部各微粒的原子坐标及投影图 6．(江西卷)NbO的立方晶胞如图，晶胞参数为a nm，P的分数坐标为(0，0，0)，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是(　　) A．Nb的配位数是6 B．Nb和O的最短距离为a nm C．晶体密度ρ＝ g·cm－3 D．M的分数坐标为 答案：D 解析：由图可知，Nb处于面心，距其最近且相等的O有4个，配位数为4，A错误；Nb和O的最短距离为晶胞棱长的一半，即a nm，B错误；该晶胞中Nb的个数为6×＝3，O的个数为12×＝3，晶胞质量为 g，晶胞体积为(a×10－7 cm)3，故晶体密度为 g·cm－3，C错误；P为坐标原点，则M的分数坐标为，D正确。 7．Bi4(TiO4)3是一种铁电材料，掺杂La可提高其光电转化性能，La取代部分Bi后的晶胞结构示意图(氧原子未画出)如下。下列说法错误的是(　　) A．La掺杂前，Bi填充在Ti形成的六面体空隙中 B．该晶体的化学式为Bi2La2(TiO4)3 C．该晶胞在xy平面的投影为 D．若p点La平移至晶胞体心，则Ti位于晶胞顶点 答案：D 解析：由图可知，最左/右侧两端La替代了Bi，Bi在正方体体心，是六面体结构，A正确；由均摊法可知，Ti的数目为8×＋8×＋3＝6，Bi的数目为8×＋2＝4，La的数目为8×＋2＝4，该晶体的化学式为Bi2La2(TiO4)3，B正确；该晶胞在xy平面的投影，棱上为Ti、Bi、La，投在四个角，La、Bi、Ti，投在面心：，C正确；若p点La平移至晶胞体心，则La位于晶胞顶点，D错误。 角度三　晶体中空间利用率的计算 8.(全国乙卷节选)在金属材料中添加AlCr2颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。AlCr2具有体心四方结构，如图所示。处于顶角位置的是________原子。设Cr和Al原子半径分别为rCr和rAl，则金属原子空间占有率为________________%(列出计算表达式)。 答案：Al　×100 解析：已知AlCr2具有体心四方结构，黑球个数为8×＋1＝2，灰球个数为8×＋2＝4，结合化学式AlCr2可知，灰球为Cr，黑球为Al，即处于顶角位置的是Al原子。设Cr和Al原子半径分别为rCr和rAl，则金属原子的体积为×4＋×2＝，故金属原子空间占有率＝×100%＝×100%。 1．(甘肃卷)β­MgCl2晶体中，多个晶胞无隙并置而成的结构如图甲所示，其中部分结构显示为图乙，下列说法错误的是(　　) A．电负性：Mg<Cl B．单质Mg是金属晶体 C．晶体中存在范德华力 D．Mg2＋的配位数为3 答案：D 解析：由图乙中结构可知，每个Mg2＋与周围6个Cl－最近且距离相等，因此，Mg2＋的配位数为6，D错误。 2.(浙江1月选考)某化合物Fe(NH3)2Cl2的晶胞如图所示，下列说法不正确的是(　　) A．晶体类型为混合型晶体 B．NH3与二价铁形成配位键 C．该化合物与水反应有难溶物生成 D．该化合物热稳定性比FeCl2高 答案：D 解析：NH3与Fe2＋形成的配位键不稳定，该物质容易分解为FeCl2和NH3，故该化合物的热稳定性比FeCl2低，D错误。 3.(湖南卷)Li2CN2是一种高活性的人工固氮产物，其合成反应为2LiH＋C＋N2Li2CN2＋H2，晶胞如图所示，下列说法错误的是(　　) A．合成反应中，还原剂是LiH和C B．晶胞中含有的Li＋个数为4 C．每个CN周围与它最近且距离相等的Li＋有8个 D．CN为V形结构 答案：D 解析：根据分析可得反应2LiH＋C＋N2Li2CN2＋H2中，H元素由－1价升高到0价，C元素由0价升高到＋4价，N元素由0价降低到－3价，由此可知还原剂是LiH和C，A正确；Li＋位于晶胞的面上，根据均摊法可知，晶胞中含有的Li＋个数为8×＝4，B正确；观察位于体心的CN可知，与它最近且距离相等的Li＋有8个，C正确；CN的中心原子C原子的价层电子对数为2＋×(4＋2－3×2)＝2，孤电子对数为0，则CN为直线形结构，D错误。 4．(安徽卷)研究人员制备了一种具有锂离子通道的导电氧化物(LixLayTiO3)，其立方晶胞和导电时Li＋迁移过程如下图所示。已知该氧化物中Ti为＋4价，La为＋3价。下列说法错误的是(　　) A．导电时，Ti和La的价态不变 B．若x＝，Li＋与空位的数目相等 C．与体心最邻近的O原子数为12 D．导电时，空位移动方向与电流方向相反 答案：B 解析：根据题意，导电时Li＋发生迁移，化合价不变，则Ti和La的价态不变，A正确；根据“均摊法”，1个晶胞中含Ti：8×＝1个，含O：12×＝3个，含La或Li或空位共1个，若x＝，则La和空位共，N(La)＋N(空位)＝，结合化合物中正负化合价代数和为0，可得(＋1)×＋(＋3)×N(La)＋(＋4)×1＋(－2)×3＝0，解得N(La)＝、N(空位)＝，Li＋与空位数目不相等，B错误；由立方晶胞的结构可知，与体心最邻近的O原子数为12，即位于棱心的12个O原子，C正确；导电时Li＋向阴极移动，即与电流方向相同，则空位移动方向与电流方向相反，D正确。 5．(广西卷)一定条件下，存在H－缺陷位的LiH晶体能吸附N2使其分解为N，随后N占据缺陷位(如图)。下列说法错误的是(　　) A．c>0.5a B．半径：r(H－)>r(H) C．b＝d D．LiH晶体为离子晶体 答案：C 解析：根据LiH立方晶胞的结构以及晶胞参数为a可得c＝＝a>0.5a，A正确；H原子和H－的电子层数均为1，但H－比氢原子多一个电子，因此H－的半径较大，B正确；当N占据了缺陷位后，由于其比H－的半径大，因此b≠d，C错误；LiH晶体由Li＋和H－构成，因此LiH晶体为离子晶体，D正确。 6．(浙江6月选考)物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是(　　) 选项 结构或性质 用途 A 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 石墨可用作润滑剂 B SO2具有氧化性 SO2可用作漂白剂 C 聚丙烯酸钠()中含有亲水基团 聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂 D 冠醚18­冠­6空腔直径(260～320 pm)与K＋直径(276 pm)接近 冠醚18­冠­6可识别K＋，能增大KMnO4在有机溶剂中的溶解度 答案：B 解析：SO2具有漂白性，可用作漂白剂，与其具有氧化性无关。 7．(辽宁卷)环六糊精(D­吡喃葡萄糖缩合物)具有空腔结构，腔内极性较小，腔外极性较大，可包合某些分子形成超分子。图1、图2和图3分别表示环六糊精结构、超分子示意图及相关应用。下列说法错误的是(　　) A．环六糊精属于寡糖 B．非极性分子均可被环六糊精包合形成超分子 C．图2中甲氧基对位暴露在反应环境中 D．可用萃取法分离环六糊精和氯代苯甲醚 答案：B 解析：要和环六糊精形成超分子，该分子的直径必须要匹配环六糊精的空腔尺寸，故不是所有的非极性分子都可以被环六糊精包合形成超分子，B错误。 8．(1)(北京卷节选)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)(山东卷节选)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 (3)(福建卷节选)LiOH的晶胞结构如图所示。 ①晶体中与一个O紧邻的Li有________个。 ②一个Li与所有紧邻O形成的空间结构为________。 ③晶体中微粒间作用力有________。(填标号) a．氢键　b．离子键　c．金属键　d．范德华力 e．极性共价键　f．非极性共价键 (4)(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)。 答案：(1)①4　②　(2)MnO2　降低　A (3)①4　②四面体形　③bde (4)a　Ca3N3B　×1030 解析：(1)①灰锡具有立方金刚石结构，所以每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有4个。②白锡晶胞中均摊可得Sn原子数目为2，而灰锡晶胞中均摊可得Sn原子数目为8，所以其密度之比为∶＝。 (2)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的化合价下降只能为0，其余可下降到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质。 (3)根据LiOH的晶胞结构及其x轴方向投影图可知，在晶胞中Li位于8个顶点和上、下底面的2个面心，O位于前、后、左、右4个侧面上，晶体为层状结构。①晶体中与一个O紧邻的Li有4个，与一个Li紧邻的O也有4个；③由于O无法提供孤电子对，且层间距离远，OH－间不能形成氢键；LiOH为离子化合物，不存在金属键；Li＋与OH－间存在离子键；根据LiOH晶体呈层状结构，层间存在范德华力；O—H属于极性共价键。 (4)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。 17 学科网（北京）股份有限公司 $