复习题名师教学视频（文字实录）

章末小结与测评

1

考点一

晶体类型的判断及晶体性质

1.了解晶体的特点及与非晶体的差异。

考纲

2．了解原子晶体、分子晶体、金属晶体和离子晶体的结构特点并能解释其对要求

性质的影响。

借助晶体类型的判断是对四种晶体结构及性质的综合考查，是高考的热考纲

点。解答该类题目的关键是理解晶体结构特点，掌握四种晶体的概念，把握说明

住“结构决定性质，性质反映结构”这一主线，进行结构与性质的相互推断。考查题型为选择题和填空题。

1.(1)(2015·新课标全国卷

Ⅰ

节选)CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物的熔点为253 K，沸点为376 K，其固体属于________晶体。

(2)(2015·福建高考节选)下列关于CH4和CO2的说法正确的是________(填序号)。

a．固态CO2属于分子晶体

b．CH4分子中含有极性共价键，是极性分子

c．因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4熔点低于CO2

3d．CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp和sp 解析：(1)该化合物熔、沸点较低，所以为分子晶体。(2)CO2是由非金属元素形成的分子晶体，a选项正确；CH4分子是正四面体结构，为非极性分子，b选项错误；CH4和CO2都是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，熔、沸点越高，c选项错误；CH4为正四面体结3构，故碳原子的杂化类型是sp，CO2为直线形分子，故碳原子的杂化类型是sp，d选项正确。

答案：(1)分子

(2)a、d 2．(2015·安徽高考节选)C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。用“＞”或“＜”填空：

原子半径

电负性

熔点

沸点

Al____Si N____O 金刚石____晶体硅

CH4____SiH4

解析：同周期元素，原子序数越大，原子半径越小，故原子半径：Al＞Si；同周期元素，原子序数越大，电负性越强，故电负性：N＜O；金刚石和晶体硅都是原子晶体，但键能：CC＞SiSi，故熔点：金刚石＞晶体硅；CH4和SiH4都是分子晶体，且两者结构相似，SiH4的相对分子质量大，故沸点：CH4＜SiH4。

答案：＞

＜

＞

＜

3．(2015·山东高考节选)氟在自然界中常以CaF2的形式存在。

(1)下列有关CaF2的表述正确的是________。

2＋－a．Ca与F间仅存在静电吸引作用

－－b．F的离子半径小于Cl，则CaF2的熔点高于CaCl2

c．阴阳离子比为2∶1的物质，均与CaF2晶体构型相同

d．CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电

3＋(2)CaF2难溶于水，但可溶于含Al的溶液中，原因是_________(用离子方程式表示)。

3－已知AlF6在溶液中可稳定存在。

2＋－解析：(1)a项，Ca与F间不仅存在静电吸引，同时原子核与原子核之间、电子与电－子之间也存在静电排斥，错误。b项，因CaF2、CaCl2均为离子晶体，F的离子半径小于Cl－，离子晶体的晶格能与离子所带电荷数成正比，与离子核间距成反比，故CaF2晶体的晶格能大于CaCl2。晶格能越大，离子晶体的熔点越高，故CaF2的熔点高于CaCl2，正确。c项，阴、阳离子个数比相同，晶体构型不一定相同。d项，CaF2是离子化合物，在熔融状态下能电离产生自由移动的离子，故CaF2在熔融状态下能导电，正确。(2)由信息可知，CaF2(aq)＋2F(aq)，Al与F可形成配离子AlF6，从而促进了CaF2溶解3＋2＋3－平衡的正向移动，故反应的离子方程式为3CaF2＋Al===3Ca＋AlF6。

3＋2＋3－答案：(1)b、d (2)3CaF2＋Al===3Ca＋AlF6

4．(全国高考)在常温常压下呈气态的化合物，降温使其固化得到的晶体属于(

)

2 2＋－3＋－3－

A．分子晶体 B．原子晶体

C．离子晶体 D．何种晶体无法判断

解析：选A 使微粒结合成原子晶体或离子晶体的共价键、离子键比较强，所以这两种类型的晶体在常温下一般均为固态。常温下为气态的物质一般由分子组成，其固化后为分子晶体。

5．(四川高考)下列推论正确的是(

) A．SiH4的沸点高于CH4，可推测PH3的沸点高于NH3

＋＋B．NH4为正四面体结构，可推测PH4也为正四面体结构

C．CO2晶体是分子晶体，可推测SiO2晶体也是分子晶体

D．C2H6是碳链为直线形的非极性分子，可推测C3H8也是碳链为直线形的非极性分子

＋＋解析：选B A项，由于NH3分子间存在氢键，故其沸点高于PH3；B项，PH4与NH4结构相似，为正四面体结构；C项，SiO2是原子晶体；D项，C3H8中3个C原子不在一条直线上，且C3H8为极性分子。

考点二

晶体的结构及晶胞的计算

考纲

1.掌握四种晶体的特点。

要求

2.了解晶胞的概念，能够计算晶胞的粒子数。

本部分主要包括常见晶体的结构，如：NaCl、CsCl、CaF2、干冰、金刚石、钾、铜、镁等。主要考查配位数的问题，晶胞的计算主要涉及晶胞的密考纲

度、体积、阿伏加德罗常数等。解决问题的关键是原子半径与晶胞边长的关说明

系。解此类题目的关键是理解晶体结构的特点，掌握有关的性质及重要关系式，特别是联系数学公式等进行计算。

6.(1)(2016·全国甲卷)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。

①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为________。

3②若合金的密度为d g/cm，晶胞参数a＝________nm。

(2)(2016·全国乙卷)晶胞有两个基本要素：

①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置。

1111如图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为(0,0,0)；B为，0，；C为，，0。2222则D原子的坐标参数为________。

②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a＝565.76 pm，其密度3为________g/cm(列出计算式即可)。

(3)(2016·全国丙卷)

GaAs的熔点为1 238 ℃，密度为ρ g/cm，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为________，Ga与As以________键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGa

g/mol和MAs g/mol，3

3

原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为________。

解析：(1)①由晶胞结构图可知，Ni原子处于立方晶胞的顶点，Cu原子处于立方晶胞的11面心，根据均摊法，每个晶胞中含有Cu原子的个数为6×＝3，含有Ni原子的个数为8×28＝1，故晶胞中Cu原子与Ni原子的数量比为3∶1。②根据m＝ρV可得， 1 mol晶胞的质25125111×107

33量为(64×3＋59)g＝a×d g/cm×NA，则a＝ cm＝23236.02×10×d36.02×10×d3111②每个晶胞中含有锗原子8×1nm。(2)①根据题给图示可知，D原子的坐标参数为，，。8444－118×73 g/mol－103＋6×＋4＝8个，每个晶胞的质量为，晶胞的体积为(565.76×10 cm)，2NA8×73 g/mol所以晶胞的密度为－103。(3)GaAs的熔点为1 238 ℃，其熔点较高，NA

据此推知GaAs为原子晶体，Ga与As原子之间以共价键键合。分析GaAs的晶胞结构，4个Ga原子处于晶胞体内，8个As原子处于晶胞的顶点、6个As原子处于晶胞的面心，结合“均11摊法”计算可知，每个晶胞中含有4个Ga原子，含有As原子个数为8×＋6×＝4个，Ga82－10－10和As的原子半径分别为rGapm＝rGa×10cm，rAspm＝rAs×10 cm，则原子的总体积为V原子416π103－103－30333＝4×π×[(rGa×10cm)＋(rAs×10cm)]＝×10(rGa＋rAs)cm。又知Ga和As的摩333尔质量分别为MGa g/mol和MAs g/mol，晶胞的密度为ρ g/cm，则晶胞的体积为V晶胞＝MGa＋MAsV原子3 cm，故GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%＝ρNAV晶胞16π－3033×10r3Ga＋rAs3×100%＝

MGa＋MAs3 cmρ

NA－30334π10×NAρrGa＋rAs×100%。

MGa＋MAs2511×107

答案：(1)3∶1

(2)236.02×10×d38×73 g/mol111(2)①，，

②－103

NA

444－30334π10×NAρrGa＋rAs(3)原子晶体

共价

×100%

MGa＋MAs7．(2015·新课标全国卷Ⅰ节选)碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：

(1)在石墨烯晶体中，每个C原子连接________个六元环，每个六元环占有________个C原子。

(2)在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接________个六元环，六元环中最多有________个C原子在同一平面。

解析：(1)由石墨烯的结构可知，每个C原子连接3个六元环，每个六元环占有的C原

4

1子数为×6＝2。(2)由金刚石的结构可知，每个C可参与形成4条C—C键，其中任意两条3边(共价键)可以构成2个六元环。根据组合知识可知四条边(共价键)任选其中两条有6组，36×2＝12。因此每个C原子连接12个六元环。六元环中C原子采取sp杂化，为空间六边形结构，最多有4个C原子位于同一平面。

答案：(1)3 2 (2)12 4 8．(2014·新课标全国卷Ⅰ节选)(1)Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有________个铜原子。

(2)Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数a＝0.405 nm，晶胞中铝原子的配位数为3________，列式表示Al单质的密度________ g/cm(不必计算出结果)。

11解析：(1)根据均摊法，一个晶胞中含有的氧原子为4＋6×＋8×＝8个，再结合化学28式Cu2O知一个晶胞中含有16个铜原子。(2)面心立方晶胞中粒子的配位数是12。一个铝晶114胞中含有的铝原子数为8×＋6×＝4个，一个晶胞的质量为23×27 g，再利用密826.02×10－7度与质量、晶胞参数a的关系即可求出密度，计算中要注意 1 nm＝10 cm。

4×27答案：(1)16 (2)12 23－73

6.02×109．(2014·山东高考节选)石墨烯可转化为富勒烯(C60)，某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图所示，M原子位于晶胞的棱上与内部。该晶胞中M原子的个数为________，该材料的化学式为________。

解析：通过晶胞结构可知，有12个M原子在晶胞的12条棱上，由分摊法可知这12个1M原子属于该晶胞的只有12×＝3(个)；还有9个M原子在晶胞内部，故该晶胞中M原子为41112个。该晶胞中含有的C60为8×＋6×＝4(个)，即一个晶胞可表示为M12(C60)4，即M3C60。

82答案：12 M3C60

5

6