1.3 大题突破(一) 物质结构与性质综合题 热点题空5 晶体结构的分析与计算（PPT课件）-【正禾一本通】2026年高考化学二轮专题复习高效讲义（双选版）

该高中化学高考复习课件聚焦“物质结构与性质综合题”专题，依据高考评价体系梳理晶体结构分析、晶胞参数计算等核心考点，通过典型图例（如Co-Ga-Ni立方体、V-S六边形结构）归纳常考题型，明确“晶体结构与性质关系”的高频考查方向，体现备考针对性。 课件亮点在于“核心知识建模+模拟预测突破+课下分层训练”，如结合金刚石晶胞模型解析109°28'键角与结构稳定性的关系，培养学生科学思维和科学探究与实践素养。课下巩固检测练覆盖10类典型晶体计算，帮助学生掌握晶胞密度计算技巧，教师可据此精准指导学生突破高考高频考点。

高三二轮专题复习高效讲义 化 学 高三二轮专题复习高效讲义 化 学 1 第一部分 PPT下载 http:///xiazai/ 高考题型 分层突破 2 大题突破(一)　物质结构与性质综合题 课下巩固检测练（十六） 晶体结构的分析与计算 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 谢谢观看 1.(2025·北京高考节选)(3) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Mg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH3))6))Cl2的晶胞是立方体结构，边长为a nm，结构示意图如下。 ① eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Mg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH3))6))Cl2的配体中，配位原子是________。 ②已知 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Mg\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH3))6))Cl2的摩尔质量为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＝10-7 cm) 热点题空5　晶体结构的分析与计算 解析：① eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Mg(NH3)6))Cl2的内界为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Mg(NH3)6))2+，故其配体为NH3，由于N原子有孤电子对，所以配位原子为N；②根据均摊法，该晶胞中 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Mg(NH3)6))2+的个数为8× eq \f(1,8)＋6× eq \f(1,2)＝4，Cl－的个数为8，故每个晶胞中含有4个 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Mg(NH3)6))Cl2，则晶体的密度为ρ＝ eq \f(m晶胞,V晶胞)＝ eq \f(\f(4M,NA) g,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a×10-7))3 cm3)＝ eq \f(4M,a3NA)×1021 g·cm-3。 答案：①N　② eq \f(4M,a3NA)×1021 2．(2025·河南高考节选)NixPy的晶胞如图1所示(晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝90°，γ＝120°)，该物质的化学式为______________________。 解析：Ni原子位于棱上、面上、体内，晶胞中Ni原子数目为8× eq \f(1,4)＋6× eq \f(1,2)＋1＝6，P原子位于顶点、体内，晶胞中P原子数目为4× eq \f(1,12)＋4× eq \f(1,6)＋2＝3，故该物质中Ni和P的数目比为2∶1，其化学式为Ni2P。 答案：Ni2P 3．(2025·广东高考节选)NixCuyNz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比dNi－Cu∶dNi－N＝ eq \r(2)∶1，则x∶y∶z＝________；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为________。 解析：由题图知，顶点与面心的最近距离∶面心与体心的最近距离＝ eq \r(2)∶1，故Ni位于面心，Cu位于顶点，N位于体心，根据均摊法知，晶胞中Ni的数目为6× eq \f(1,2)＝3，Cu的数目为8× eq \f(1,8)＝1，N的数目为1，故x∶y∶z＝3∶1∶1，1个晶胞中距离Cu最近的原子有3个(位于面心)，每个Cu被8个晶胞共用，故与Cu最近且等距离的原子个数为3×8× eq \f(1,2)＝12。 答案：3∶1∶1　12 4．(2024·广东高考节选)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为__________，其立方晶胞的体积为__________nm3。 答案：2∶1∶1　8a3 5．(2024·甘肃高考节选)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。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)。 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 eq \f(\r(2),2)a pm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为8× eq \f(1,8)＋2＝3，N的个数为8× eq \f(1,4)＋2× eq \f(1,2)＝3，B的个数为4× eq \f(1,4)＝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 eq \f(M,NAa2c)×1030 g·cm-3。 答案： eq \f(\r(2),2)a　Ca3N3B　 eq \f(M,NAa2c)×1030 1.一种钒的硫化物的晶体结构(图1)及其俯视图(图2)如图所示： (1)该钒的硫化物的晶体中，与每个V原子最近且等距离的S原子的个数是________。 (2)设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为__________g·cm-3(用含a、b、NA的代数式表示)。 解析：(1)由晶体结构可知，该钒的硫化物的晶体中，与每个V原子最近且等距离的S原子的个数是6。(2)该晶体结构中V原子个数为1＋2× eq \f(1,2)＋12× eq \f(1,6)＋6× eq \f(1,3)＝6，S原子的个数为6，该晶体结构的体积为 eq \f(3\r(3),2)a2b×10-30 cm3，则该晶体的密度为 eq \f((51＋32)×6,NA\f(3\r(3),2)a2b×10-30) g·cm-3＝ eq \f(332,NA\r(3)a2b)×1030 g·cm-3。 答案：(1)6　(2) eq \f(332,NA\r(3)a2b)×1030 2．请回答下列问题： (1)NiO晶体与NaCl晶体结构相似(如下图)。NiO的熔点远高于NaCl，结合下表说明理由________________________________________________ _______________________________________________________________。 晶体 阴阳离子间最近距离/pm 熔点/℃ NaCl 276 801 NiO 212 1 960 (2)距离最近的两个Ni2+间距为a pm。NiO的摩尔质量为M g·mol-1 ，设阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为__________g·cm-3。 (3)晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO晶体中存在如图所示的缺陷：当一个Ni2+空缺，会有两个Ni2+被两个Ni3+所取代，但晶体仍呈电中性。经测定某氧化镍样品中Ni3+与Ni2+的离子数之比为6∶91。若该晶体的化学式为NixO，则x＝__________。 解析：(2)NaCl晶胞中存在4个Na＋和4个Cl－，则NiO晶胞中存在4个Ni2+和4个O2-，可以视为Ni2+位于顶点和面心，O2-位于棱心和体心，则晶胞质量为 eq \f(4×M,NA) g，两个Ni2+间距为a pm，晶胞面对角线为2a pm，晶胞边长为 eq \r(2)a pm，则晶胞体积为：( eq \r(2)a×10-10)3cm3，故晶体的密度为： eq \f(\f(4M,NA) g,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)a×10-10))3cm3)＝ eq \f(\r(2)M,NA×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a×10-10))3)g·cm-3＝ eq \f(\r(2)M,NAa3)×1030 g·cm-3。 (3)样品中Ni3+与Ni2+的离子数之比为6∶91，则含Ni3+为 eq \f(6x,97)，含Ni2+为 eq \f(91x,97)，根据晶体呈电中性， eq \f(6x,97)×3＋ eq \f(91x,97)×2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2))＝0，解得x＝0.97。 答案：(1)NiO和NaCl晶体类型相同，Ni2+和O2-所带电荷数多于Na＋和Cl－，Ni2+和O2-间距比Na＋和Cl－间距更小，NiO晶体中离子键更强，熔点更高 (2) eq \f(\r(2)M,a3NA)×1030　(3)0.97 1．(2025·山东高考节选)α­Fe可用作合成氨催化剂，其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为a pm)。 ①α­Fe晶胞中Fe原子的半径为________pm。 ②研究发现，α­Fe晶胞中阴影所示m、n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。m、n截面中，催化活性较低的是________，该截面单位面积含有的Fe原子为________个·pm-2。 解析：①α­Fe晶胞为体心立方晶胞，体对角线上3个Fe原子相切，设Fe原子半径为r，则4r＝ eq \r(3)a pm，解得r＝ eq \f(\r(3),4)a pm。②m截面中Fe的个数为4× eq \f(1,8)＝ eq \f(1,2)，面积为a2 pm2，则单位面积含有的Fe原子个数为 eq \f(1,2a2)；n截面中Fe的个数为4× eq \f(1,8)＋1＝ eq \f(3,2)，面积为 eq \r(2)a2 pm2，则单位面积含有的Fe原子个数为 eq \f(3\r(2),4a2)，故催化活性较低的是n。 答案：① eq \f(\r(3),4)a　②n　 eq \f(3\r(2),4a2) 2．(2024·江苏高考节选)反萃取后，Fe2(SO4)3经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)＝________。 解析：由均摊法知，晶胞中位于面上的Fe有8个，位于晶胞内的Fe有4个，则N(Fe)＝8× eq \f(1,2)＋4＝8，位于晶胞面上的Bi有8个，则N(Bi)＝8× eq \f(1,2)＝4，故N(Fe)∶N(Bi)＝2∶1。 答案：2∶1 3．(2025·北京海淀期末节选)Ti3Au合金有良好的生物相容性，其晶体有α和β两种立方晶胞结构，如下图。 ①α­Ti3Au中，Au周围最近且等距的Ti的个数为__________。 ②若α­Ti3Au和β­Ti3Au两种晶胞棱长分别为a nm和b nm，则两种晶体的密度之比为__________。 解析：由晶胞结构可知，与Au最近且等距的Ti位于相邻面的面心，故与Au等距的Ti共有12个；晶胞密度ρ＝ eq \f(NMr,NAV)，α­Ti3Au、β­Ti3Au的N分别为1、2(均摊法)，V分别为a3 nm3、b3 nm3，带入公式可得α­Ti3Au和β­Ti3Au的密度之比为 eq \f(b3,2a3)。 答案：①12　② eq \f(b3,2a3) 4．(2024·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。回答下列问题： (1)镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为a3，镍原子半径为________。 (2)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________。 解析：(1)铜的晶胞结构类型为面心立方最密堆积，则镍也为面心立方最密堆积，晶胞体积为a3，则晶胞棱长为a，设镍原子半径为r，则4r＝ eq \r(2)a，解得r＝ eq \f(\r(2),4)a。(2)单键为σ键，三键中含1个σ键和2个π键，由Ni(CO)4的结构可知，其中含有σ键的数目为8；Ni(CO)4沸点低，为分子晶体。 答案：(1) eq \f(\r(2),4)a　(2)8　分子晶体 5．(2025·甘肃高考节选)某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数a≠b≠c，α＝β＝γ＝90°。Cs与Pb之间的距离为______________pm(用带有晶胞参数的代数式表示)；该化合物的化学式为________，晶体密度计算式为________g·cm-3(用带有阿伏加德罗常数NA的代数式表示，MCs、MPb和MBr分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。 解析：据图可知Cs位于晶胞体心，Pb位于晶胞顶点，则Pb与Cs之间的距离为体对角线长度的 eq \f(1,2)，即 eq \f(\r(a2＋b2＋c2),2) pm；由“均摊法”可知该晶胞中含1个Cs，含Pb数目为 eq \f(1,8)×8＝1，含Br数目为 eq \f(1,4)×12＝3，故该化合物的化学式为CsPbBr3；晶体密度为 eq \f((MCs＋MPb＋3MBr),NA·abc)×1030 g·cm-3。 答案： eq \f(\r(a2＋b2＋c2),2) CsPbBr3　 eq \f((MCs＋MPb＋3MBr)×1030,NA·abc) 6．(2025·山东威海模拟节选)氮化硼是一种性能优异的新型材料，主要结构有六方氮化硼(图1)和立方氮化硼(图2)。前者与石墨结构类似。 (1)50.0 g六方氮化硼晶体中含有六元环的数目为__________。 (2)立方氮化硼中N的配位数为__________。已知立方氮化硼密度为d g·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值，立方氮化硼晶胞中面心上6个N原子相连构成正八面体，该正八面体的边长为__________pm(列式即可)。 解析：(1)根据均摊法，一个六方氮化硼晶体的六元环含有一个N、一个B，50.0 g六方氮化硼晶体中含有六元环的数目为 eq \f(50.0,14＋11)×NA＝2NA。 (2)由题图2可知，立方氮化硼中N的配位数为4；面心上6个N原子构成正八面体，该正八面体的边长等于面对角线的一半，设BN晶胞边长为a cm，1个晶胞中含有4个B原子，含有N原子数为8× eq \f(1,8)＋6× eq \f(1,2)＝4，则1个晶胞中含有4个BN，所以d＝ eq \f(4×25,a3NA)，解得a＝ eq \r(3,\f(100,dNA))，故正八面体的边长为 eq \f(\r(2),2)× eq \r(3,\f(100,dNA))×1010pm。 答案：(1)2NA　(2)4　 eq \f(\r(2),2)× eq \r(3,\f(100,dNA))×1010 7．科学家们已经用甲烷制出了金刚石，人造金刚石在硬度上与天然金刚石几乎没有差别。 (1)已知原子a、b的分数坐标为(0，0，0)和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，原子c的分数坐标为________。 (2)若碳原子半径为r nm，则金刚石晶胞的密度为______________________g·cm-3(用含r的计算式表示)。 解析：设晶胞边长为a nm，则a＝ eq \f(8,\r(3))r，金刚石晶胞中含有4＋8× eq \f(1,8)＋6× eq \f(1,2)＝8个C原子，则金刚石晶胞的密度为 eq \f(8×12,NA\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,\r(3))r×10-7))3) g·cm-3＝ eq \f(9\r(3),16NAr3)×1021 g·cm-3。 答案：(1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3,4)，\f(1,4)))　(2) eq \f(9\r(3),16NAr3)×1021 8．(2025·山东日照校际联考模拟)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，钾元素和氧元素形成的化合物的化学式为____________，其晶胞参数为a pm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度ρ＝__________g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。 答案：KO2　 eq \f(1.42×1032,a3NA) 9．(2022·湖南高考节选)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)。 解析：①由平面投影图可知，钾原子8个位于顶点，1个位于体心，其个数为8× eq \f(1,8)＋1＝2，硒原子8个位于棱上，2个位于晶胞内部，其个数为8× eq \f(1,4)＋2＝4，铁原子8个位于面上，其个数为8× eq \f(1,2)＝4，最简化学式为KFe2Se2。③一个晶胞的质量为 eq \f(2×39＋4×56＋4×79,NA) g，一个晶胞的体积为(0.4×0.4×1.4×10-21)cm3，ρ＝ eq \f(m,V)＝ eq \f(2×39＋4×56＋4×79,0.4×0.4×1.4×NA)×1021 g·cm-3。 答案：①KFe2Se2　②4 ③ eq \f(2×39＋4×56＋4×79,0.4×0.4×1.4×NA)×1021 10．硅化镁是一种窄带隙n型半导体材料，在光电子器件、能源器件、激光、半导体制造等领域具有重要应 用前景。硅化镁的晶胞参数a＝0.639 1 nm，属于面心立方晶胞，结构如图所示。 ①Si原子的配位数为________。 ②晶胞在对角面方向的投影图为________(填字母)。 ③阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度ρ＝________g·cm-3(列出计算式)。 解析：①以面心Si原子为基准，同一晶胞内等距离且最近的Mg原子有4个，紧邻晶胞还有4个Mg原子，故Si原子的配位数为8。②对角面如图所示：，故晶胞在对角面方向的投影图应为，故选D项。③ 晶胞内Si原子数目为8× eq \f(1,8)＋6× eq \f(1,2)＝4，Mg原子数目为8，化学式为Mg2Si，晶体的密度ρ＝ eq \f(m,V)＝ eq \f(4×76 g·mol-1,NA·(a nm)3)＝ eq \f(4×76,NA·(0.639 1×10-7)3) g·cm-3＝ eq \f(4×76×1021,(0.639 1)3NA) g·cm-3。 答案：①8　②D　③ eq \f(4×76×1021,(0.639 1)3NA) $