2021届高三化学一轮大复习知识扫描——晶胞结构的分析与计算
晶胞的有关计算是物质结构与性质综合试题中必考的命题点。涉及的晶胞结构复杂多样，综合性强、难度较大。与数学结合考查晶胞的立体结构，是考生极易失分的点。下面分类逐一进行突破，旨在让考生学会归纳和总结、迁移与运用，提高考生识图解题能力。
强化考点(一) 晶胞参数与晶体密度间的互算
1．晶胞的概述
晶胞的形状和大小可以用6个参数来表示，包括晶胞的3组棱长
a 、
b 、
c 和3组棱相互间的夹角α、β、γ，此即晶胞特征参数，简称晶
胞参数。如立方晶胞中，晶胞参数a ＝b ＝c ，α＝β＝γ＝90°。
2．“均摊法”突破晶胞组成的计算
(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1n
。 (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，其顶点(1个碳原子)被三个六边形共有，每个六边形占有13
个碳原子，一个六边形实际占有6×13
＝2个碳原子。又如，在六棱柱晶胞(如图中所示的MgB 2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12×16＋2×12
＝3，硼原子个数为6。 3．晶胞参数的计算
4．晶体密度的计算
[典例] (2019·全国卷Ⅰ·节选)图(a)是MgCu 2的拉维斯结构，Mg 以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu 。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu 原子之间最短距离x ＝________pm ，Mg 原子之间最短距离y ＝________pm 。设阿伏加德罗常数的值为N A ，则MgCu 2的密度是____________g·cm －
3(列出计算表达式)。
[解析] 观察图(a)(b)可知，Cu 原子之间的最短距离为面对角线的14，即x ＝24
a pm ，Mg 原子之间最短距离为体对角线的14，即y ＝34a pm 。晶胞中含Mg ：8×18＋6×12
＋4＝8，Cu ：16，故晶胞质量为8×24＋16×64N A
g ，体积为(a ×10－10)3 cm 3。
所以：MgCu 2的密度ρ＝8×24＋16×64N A a 3×10
－30 g·cm －3。 [答案] 24a 34a 8×24＋16×64N A a 3×10－30
[过关训练]
1.某晶体结构最小的重复单元如图。A 为阴离子，在立方体内，B 为
阳离子，分别在顶点和面心，则该晶体的化学式为( )
A ．
B 2A
B ．BA 2
C ．B 7A 4
D ．B 4A 7 解析：选B 根据均摊法，该结构单元中含A 的个数为8，含B 的个数
为8×18＋6×12
＝4，B 与A 的个数之比为4∶8＝1∶2，即该晶体的化学式为BA 2。
2.某晶体的一部分如图所示，这种晶体中A 、B 、C 三种粒子数之比是( )
A ．3∶9∶4
B ．1∶4∶2
C ．2∶9∶4
D ．3∶8∶4
解析：选B 图示晶胞中，含A 粒子个数为6×112＝12，含B 粒子个数为6×14＋3×16
＝2，含C 粒子个数为1，N (A)∶N (B)∶N (C)＝12
∶2∶1＝1∶4∶2。 3．(2020·德州模拟)“NiO”晶胞如图：
(1)氧化镍晶胞中原子坐标参数A 为(0,0,0)，B 为(1,1,0)，则C 原子坐标参数为________。
(2)已知氧化镍晶胞密度为d g·cm －3，N A 代表阿伏加德罗常数的值，则Ni 2＋
半径为________nm(用代数式表示)。
解析：已知氧化镍晶胞密度为d g·cm －3，设Ni 2＋
半径为r nm ，O 原子半径为x nm ，晶
胞的参数为a nm ，一个晶胞中含有4个NiO ，则m (晶胞)＝75×4N A
g ，V (晶胞)＝a 3，则可以得到(a ×107)3·d ＝300N A ，a ＝3300N A ×d ×107nm ，又因为晶胞对角线3个O 原子相切，晶胞参数a ＝2x ＋2r ，即4x ＝2a ，x ＝24a ，带入计算可得到r ＝a 2－24a ＝2－24× 3300N A ×d
×107nm 。
答案：(1)(12，1,1) (2)2－24× 3300N A ·d
×107 4．(2020·山东新高考模拟)非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用Cs 2CO 3、XO 2(X ＝Si 、Ge)和H 3BO 3首次合成了组成为CsXB 3O 7的非线性光学晶体。回答下列问题：
(1)C 、O 、Si 三种元素电负性由大到小的顺序为________；第一电离能I 1(Si)________I 1(Ge)(填“>”或“<”)。
(2)基态Ge 原子核外电子排布式为________；SiO 2、GeO 2具有类似的晶体结构，其中熔点较高的是____________，原因是____________________。
(3)如图为H 3BO 3晶体的片层结构，其中B 的杂化方式为______；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是________
________________________________________________________________________。
(4)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，称作原子分数坐标。CsSiB 3O 7属正交晶系(长方体形)，晶胞参数为a pm 、b pm 和c pm 。如图为沿y 轴投影的晶胞中所有Cs 原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs 原子的数目为________；CsSiB 3O 7的摩尔质量为M g·mol －
1，设N A 为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB 3O 7晶体的密度为__________g·cm －3(用代数式表示)。
解析：图中Cs 原子有4个在棱上，4个在面上，1个在晶胞内，个数＝4×14＋4×12
＋1＝4。
答案：(1)O>C>Si >
(2)[Ar]3d 104s 24p 2 SiO 2
Si 原子半径比Ge 小，Si—O 键键能大，熔点高
(3)sp 2 热水中更有利于硼酸分子间氢键断裂，与H 2O 形成氢键
(4)4 4×1030M abcN A
强化考点(二) 原子空间利用率的计算
空间利用率＝球体积晶胞体积
×100%，球体积为金属原子的总体积。 1．已知晶体密度(ρ)求空间利用率
若1个晶胞中含有x 个微粒，则1 mol 晶胞中含有x mol 微粒，其质量为xM g(M 为微粒的相对“分子”质量)；1个晶胞的质量为ρV g(V 为晶胞的体积)，则1 mol 晶胞的质量为ρVN A g ，因此有xM ＝ρVN A 。
晶胞体积V ＝xM ρN A ，晶胞含粒子体积V 0＝x ×43
πr 3 故粒子利用率＝V 0V ×100%＝x ×43πr 3xM ρN A
＝4πr 3ρN A 3M
2．已知晶胞结构求空间利用率——以金属晶体为例
(1)简单立方堆积：空间利用率＝43πr 38r 3×100%≈52% (2)体心立方堆积：空间利用率＝2×43πr 3????43r 3×100%≈68% (3)面心立方最密堆积
如图所示，原子的半径为r ，面对角线为4r ，a ＝22r ，V 晶胞＝a 3＝(22r )3＝162r 3,1
个晶胞中有4个原子，则空间利用率＝V 球V 晶胞×100%＝4×43πr 3162r 3
×100%≈74%。
(4)六方最密堆积 如图所示，原子的半径为r ，底面为菱形(棱长为2r ，其中一个角为60°)，则底面面积
＝2r ×3r ＝23r 2，h ＝263r ，V 晶胞＝S ×2h ＝23r 2×2×263
r ＝82r 3,1个晶胞中有2个原子，则空间利用率＝V 球V 晶胞×100%＝2×43πr 382r 3
×100%≈74%。
[典例] (2016·全国卷Ⅲ·节选)GaAs 的熔点为1 238 ℃，密度为ρ g·cm
－3，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M Ga g·mol －1和M As g·mol －
1，原子半径分别为r Ga pm 和r As pm ，阿伏加德罗常数值为N A ，则GaAs 晶胞中原
子的体积占晶胞体积的百分率为________。
[解析] GaAs 的熔点为1 238 ℃，其熔点较高，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8×18＋6×12
＝4(个)，Ga 和As 的原子半径分别为r Ga pm ＝r Ga ×10
－10cm ，r As pm ＝r As ×10－10 cm ，则原子的总体积为V 原子＝4×43π×[(r Ga ×10－10cm)3＋(r As ×10－10cm)3]＝16π3
×10－30(r 3Ga ＋r 3As )cm 3。又知Ga 和As 的摩尔质量分别为M Ga g·mol －1和M As g·mol －1，晶胞的密度为ρ g·cm －3，则晶胞的体积为V 晶胞＝4(M Ga ＋M As )ρN A
cm 3，故GaAs 晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为V 原子V 晶胞×100%＝16π3×10－30(r 3Ga ＋r 3As )cm 34(M Ga ＋M As )ρ N A
cm 3×100%＝4π×10－
30×N A ρ(r 3Ga ＋r 3As )3(M Ga ＋M As )×100%。 [答案] 原子晶体 共价
4π×10－
30×N A ρ(r 3Ga ＋r 3As )3(M Ga ＋M As )×100%
[过关训练]
1．利用新制的Cu(OH)2检验醛基时，生成红色的Cu 2O ，其晶胞结构如图所示。
(1)该晶胞原子坐标参数A 为(0,0,0)；B 为(1,0,0)；C 为????12，12，12。则D 原子的坐标参
数为________，它代表________原子。
(2)若Cu 2O 晶体的密度为d g·cm －
3，Cu 和O 的原子半径分别为r Cu pm 和r O pm ，阿伏加德罗常数值为N A ，列式表示Cu 2O 晶胞中原子的空间利用率为________________________________。
解析：(1)根据晶胞的结构，D 在A 和C 中间，因此D 的坐标是????14，14，14，白色的原
子位于顶点和体心，个数为8×18
＋1＝2，D 原子位于晶胞内，全部属于晶胞，个数为4，根据化学式，推出D 为Cu 。(2)
空间利用率是晶胞中球的体积与晶胞体积的比值，晶胞中球的
体积为????4×43
πr 3Cu ＋2×43πr 3O ×10－30 cm 3，晶胞的体积可以采用晶胞的密度进行计算，即晶胞的体积为2×144N A ×d cm 3，因此空间利用率为πdN A (2r 3Cu ＋r 3O )×10－30108×100%。
答案：(1)????14，14，14 Cu
(2)πdN A (2r 3Cu ＋r 3O )×10－30108×100%(答案合理即可)
2．铁原子有两种堆积方式，相应地形成两种晶胞(如图甲、乙所示)，其中晶胞乙的堆积方式是________，晶胞甲中原子的空间利用率为________(用含π的代数式表示)。
解析：晶胞乙中原子位于晶胞的顶点和面心，所以属于面心立方最密堆积；晶胞甲中含
有铁原子个数为18
×8＋1＝2，假设铁原子半径为r ，晶胞的边长为a ，则有(4r )2＝(2a )2＋a 2，解r ＝34a ，原子的空间利用率为2×43πr 3a 3＝2×43π????34a 3a 3＝38
π。 答案：面心立方最密堆积
38π [课时跟踪检测]
1.如图所示是某原子晶体A 空间结构中的一个单元，A 与某物质B 反
应生成C ，其实质是每个A—A 键中插入一个B 原子，则C 物质的化学式
为( )
A ．AB
B ．A 5B 4
C ．AB 2
D ．A 2B 5
解析：选C 根据结构可知，在晶体C 中，每个A 连有4个B ，每个B 连有2个A ，故C 中A ∶B ＝1∶2，故C 的化学式为AB 2。
2.石墨晶体是层状结构，在每一层内，每个碳原子都跟其他3个碳原子
相结合。据图分析，石墨晶体中碳原子数与共价键数之比为( )
A ．2∶3
B ．2∶1
C ．1∶3
D ．3∶2
解析：选A 每个碳原子被3个六边形共用，每个共价键被2个六边形共用，则石墨晶
体中碳原子数与共价键数之比为????6×13∶???
?6×12＝2∶3。 3.食盐晶体的结构示意图如图所示。已知食盐的密度为ρ g·cm －3，摩尔
质量为M g·mol －1，阿伏加德罗常数为N A ，则在食盐晶体中Na ＋和Cl －的间
距大约是( )
A. 32M ρN A
cm B. 3M 2ρN A cm C. 32N A ρM cm D. 3
M 8ρN A cm 解析：选B 食盐晶胞中含有4个Na ＋和4个Cl －，每个晶胞的体积为4M ρN A
cm 3，设食盐晶体里Na ＋和Cl －的间距为x
cm ，所以可得(2x )3＝4M ρN A ，解得x ＝ 3M 2ρN A ，即在食盐晶体中Na ＋和Cl －
的间距大约是 3M 2ρN A cm 。 4.(2020·济宁模拟)萤石(CaF 2)的晶胞如图所示
(1)白球代表的粒子为________。
(2)Ca 2＋和F －的配位数分别为______、________。
(3)晶体中F －配位的Ca 2＋形成的空间结构为________形；Ca 2＋配位的F －形成的空间结构为________形。
(4)已知晶胞参数为0.545 nm ，阿伏加德罗常数的值为N A ，则萤石的密度为________g·cm －3(列计算式)。
解析：萤石的化学式为CaF 2，即晶胞中钙离子与氟离子个数比为1∶2，从晶胞示意图看，每个晶胞中实际占有黑球的个数＝8×1/8＋6×1/2 ＝4，晶胞中实际占有白球的个数为8，据此可知黑球代表Ca 2＋，白球代表F －
。将该面心立方晶胞分割成8个小立方，每个小立方
的4个顶点上是Ca 2＋，体心是F －，先选取1个顶点(Ca 2＋)作为考查对象，经过该顶点的小立方体有8个，即与该顶点的Ca 2＋距离相等且最近的F －共有8个，所以Ca 2＋的配位数为8。萤石的一个晶胞中实际占有4个Ca 2＋和8个F －，即4个CaF 2组成。根据(0.545×10－7)3ρN A ＝4×78，可得ρ。
答案：(1)F － (2)8 4 (3)正四面体 立方体
(4)4×78(0.545×10－7)3N A
5.如图为碳化钨晶体结构的一部分，碳原子嵌入金属钨的晶格的
间隙，并不破坏原有金属的晶格，形成填隙固溶体。
①在此结构中，1个钨原子周围距离该钨原子最近的碳原子有
________个，该晶体的化学式为________。
②该部分晶体的体积为V cm 3，则碳化钨的密度为________g·cm －3(用N A 表示阿伏加德罗常数的值)。
解析：①由图可知，距离一个钨原子最近的碳原子的个数为6，钨原子位于顶点、棱上、
面上、内部，属于该晶胞的个数为12×16＋6×13＋2×12
＋1＝6,6个碳原子位于内部，即化学式为WC 。②晶胞的质量为6×(184＋12)N A g ，根据密度的定义可知，WC 的密度为1 176VN A
g·cm －3。
答案：①6 WC ②1 176VN A
6．立方NiO(氧化镍)晶体的结构如图所示，其晶胞边长为a pm ，列式表示NiO 晶体的密度为__________g·cm －
3(不必计算出结果，阿伏加德罗常数的值为N A )。人工制备的NiO 晶体中常存在缺陷(如图)。一个Ni 2＋空缺，另有两个Ni 2＋被两个Ni 3＋所取代，其结果晶体仍呈电中性，但化合物中Ni 和O 的比值却发生了变化。已知某氧化镍样品组成Ni 0.96O ，该晶体中Ni 3＋与Ni 2＋的离子个数之比为________。
解析：晶胞中Ni 原子数目为1＋12×14＝4，O 原子数目为8×18＋6×12
＝4，晶胞质量为
4×(16＋59)N A
g ，晶胞边长为a pm ，晶胞体积为(a ×10－10 cm)3，NiO 晶体的密度为4×(16＋59)N A g (a ×10－10 cm )3＝4×75N A ×(a ×10－10)3 g·cm －3；设1 mol Ni 0.96O 中含Ni 3＋x mol ，Ni 2＋为(0.96－x )mol ，根据晶体仍呈电中性可知，3x ＋2×(0.96－x )＝2×1，x ＝0.08 mol ，Ni 2＋为(0.96－x )mol ＝0.88 mol ，即离子数之比为N (Ni 3＋)∶N (Ni 2＋)＝0.08∶0.88＝1∶11。
答案：
4×75N A ×(a ×10－10)3 1∶11 7．钴蓝晶体结构如图，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为________，晶体中Al 3＋占据O 2－
形成的______________(填“四面体空隙”或“八面体空隙”)。N A 为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为__________g·cm －3(列计算式)。
解析：根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的Co 、Al 、O 个数分别为：4×(4×1/8)×2＋4＝8,4×4＝16,8×4＝32，所以化学式为CoAl 2O 4；根据结构观察，晶体中Al 3＋占据O 2－形成的八面体空隙；该晶胞的体积为(2a ×10－
7)3，该晶胞的质量为(32×16＋16×27＋8×59)/N A ＝8×(59＋2×27＋4×16)N A ，则钴蓝晶体的密度为8×(59＋2×27＋4×16)N A (2a ×10－7)3
。 答案：CoAl 2O 4 八面体空隙
8×(59＋2×27＋4×16)N A (2a ×10－7)3 8．S 与Zn 所形成化合物晶体的晶胞如图所示。
(1)在该晶胞中，Zn 的配位数为________。
(2)原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置。如图晶胞中，原子坐标参数a 为
(0,0,0)；b 为????12，0，12；c 为???
?12，12，0。则d 的坐标参数为________。 (3)已知该晶胞的密度为ρ g·cm －
3，则其中两个S 原子之间的距离为________pm 。(列出计算式即可)
解析：(1)该晶胞中Zn 的原子个数为8×18＋6×12
＝4，S 的原子个数为4，故Zn 、S 的配位数相同，根据S 的配位数为4，可知Zn 的配位数为4。
(2)根据d 的位置，可知其坐标参数为???
?1，12，12。 (3)根据S 原子的位置可知，两个S 原子之间的距离为晶胞边长的22，设晶胞边长为a pm ，则该晶胞的质量为65×4＋32×4N A g ＝ρ g·cm －3×(a ×10－10 cm)3，解得a ＝34×97ρN A
×1010，故两个S 原子之间的距离为22× 34×97ρN A
×1010 pm 。 答案：(1)4 (2)????1，12，12 (3)22× 34×97ρN A
×1010 9．甲烷是重要的清洁能源，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为a nm 。
①常温常压下不存在甲烷晶体。从微粒间相互作用的角度解释，其理由是________________________________________________________________________。
②甲烷分子的配位数为________。
③A 分子中碳原子的坐标参数为(0,0,0)，则B 分子中碳原子的坐标参数为________。 ④甲烷晶体的密度为________g·cm －
3。
解析：②甲烷分子的配位数为12。④晶胞中甲烷分子个数＝8×18＋6×12＝4，晶胞体积
V＝(a×10－7cm)3，ρ＝
m
V＝
M
N A×4
V＝
4×16
N A(a×10－7)3
g·cm－3＝
64×1021
a3N A g·cm
－3。
答案：①甲烷是分子晶体，分子间作用力很小，导致其熔、沸点低于常温②12③(－0.5a,0.5a，a)④
64×1021
a3N A
10．(2020·兰州诊断)核安全与放射性污染防治已引起广泛关注。在爆炸的核电站周围含有放射性物质碘-131和铯-137。碘-131一旦被人体吸入，可能会引发甲状腺肿大等疾病。
(1)与铯同主族的前四周期(包括第四周期)的三种元素X、Y、Z的第一电离能如下表：
元素代号X Y Z
第一电离能(kJ·mol－1)520496419
基态Z原子的核外电子排布式为______________。X、Y、Z三种元素形成的单质熔点由高到低的顺序为________(用元素符号表示)，其原因为___________________________ ________________________________________________________________________。
(2)131I2晶体的晶胞结构如图甲所示，该晶胞中含有________个131I2分子，该晶体属于________(填晶体类型)晶体。
(3)KI的晶胞结构如图乙所示，每个K＋的配位数为________。KI晶体的
密度为ρ g·cm－3，K和I的摩尔质量分别为M K g·mol－1和M I g·mol－1，原子半
径分别为r K cm和rⅠ cm，阿伏加德罗常数的值为N A，则KI晶胞中的空间利
用率为________。
解析：(1)铯为第六周期第ⅠA族元素，则X、Y、Z均为第ⅠA族元素，而第ⅠA族前四周期元素分别为H、Li、Na、K，再由X与Y、Y与Z的第一电离能相差不大可知，这三种元素中不可能含有H，根据同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，可知X、Y、Z分
别为Li 、Na 、K 。根据构造原理可知基态K 原子的核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 64s 1。根据元素周期律可知，熔点：Li>Na>K 。(2)由晶胞图可知，131I 2在晶胞的8个顶点和6个面
上，由均摊法可知一个晶胞中含有8×18＋6×12
＝4个131I 2分子，该晶体属于分子晶体。(3)KI 晶胞与NaCl 晶胞结构相似，每个K ＋紧邻6个I －，即每个K ＋
的配位数为6。由均摊法可知
该晶胞中含K ＋数目和I －数目均为4。晶胞中原子所占的体积V 1＝???
?43πr 3K ×4＋43πr 3Ⅰ×4 cm 3，晶胞的体积V 2＝4(M K ＋M I )ρN A cm 3，则KI 晶胞中的空间利用率为V 1V 2×100%＝4π(r 3K ＋r 3I )ρN A 3(M K ＋M I )×100%。
答案：(1)1s 22s 22p 63s 23p 64s 1 Li>Na>K 锂、钠、钾为金属晶体，它们的价电子数相等，金属离子所带的电荷数相同，离子半径依次增大，金属键依次减弱，故熔点依次降低 (2)4
分子 (3)6 4π(r 3K ＋r 3I )ρN A 3(M K ＋M I )
×100% 11．(2020·徐州期中)2019年诺贝尔化学奖颁向锂电池领域，锂电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，应用广泛，回答下列问题：
(1)Li 、Be 、B 原子的第一电离能由大到小的顺序为________。
(2)磷酸亚铁锂(LiFePO 4)可用作锂离子电池正极材料。Fe 2＋
基态核外电子排布式为________。与PO 3－4互为等电子体的一种微粒为________(填化学式)。
(3)LiAlH 4是有机合成中常用的还原剂。AlH －4的空间构型为________(用文字描述)。
(4)锂离子电池中，一种有机聚合物的单体的结构为CH 2CCH 3COOCH 2CH 2OCOOCH 3，分子中碳原子的轨道杂化类型为________。
(5)Li 2O 晶胞如图所示，晶胞中O 2－的配位数为________。
答案：(1)Be>B>Li (2)[Ar]3d 6 CCl 4或SO 2－
4等
(3)正四面体 (4)sp 2、sp 3 (5)8
12．(2020·福建联考)继密胺树脂/石墨烯量子点复合微球新型白光发光材料后，2019年
8月13日中国科学院福建物质结构研究所合成了首例缺陷诱导的晶态无机硼酸盐单一组分白光材料Ba2[Sn(OH)6][B(OH)4]2并获得了该化合物的LED器件。
(1)基态O原子能量最高的电子的电子云在空间有____个延展方向；C原子的基态电子排布式为________________________________________________________________________。
(2)NO－3与SO3互为等电子体，构型为________；苯-1,4-二硼酸甲基亚氨基二乙酸酯结构如图所示，硼原子和氮原子的杂化方式分别为________、________。
(3)石墨的熔点大于金刚石的熔点，试分析原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)Fe3＋可用SCN－检验，其对应的酸有两种，分别为硫氰酸(H—S—C≡N)和异硫氰酸(H—N===C===S)，这两种酸中沸点较高的是________，试分析原因：________________________________________________________________________；
热稳定性：MgCO3________(填“<”“>”或“＝”)BaCO3。
(5)超高热导率半导体材料——砷化硼(BAs)晶胞结构如图所示(As位
于体内，B位于顶点和面心)，已知晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的
值为N A，As原子到B原子最近距离为________(用含a的式子表示)，该晶体的密度为________g·cm－3(列出含a、N A的计算式即可)。
解析：(1)基态O原子能量最高的电子所在能级是2p，电子云在空间有3个延展方向；碳原子的基态电子排布式为1s22s22p2。
(2)NO－3与SO3互为等电子体，SO3中心原子有3对价层电子对，构型为平面正三角形；根据苯-1,4-二硼酸甲基亚氨基二乙酸酯结构可知，B原子周围价层电子对为3对，杂化方式为sp2，N原子周围孤电子对为1对，成键电子对为3对，价层电子对为4对，杂化方式为sp3。
(3)石墨层内碳原子采用的是sp2杂化，石墨层内碳碳键的键长比金刚石中碳碳键的键长
短，故石墨键能大，熔点更高。
(4)异硫氰酸分子中存在N—H 键，硫氰酸分子中存在S—H 键，N 原子的电负性大于S 原子，易形成分子间氢键；MgCO 3分解温度低于BaCO 3；原因是MgO 比BaO 晶格能大易形成稳定的氧化物，所以MgCO 3更易分解，热稳定性差。
(5)观察结构，As 原子到B 原子最近距离正好是整个晶体的体对角线的14
，故As 原子到B 原子最近距离3a 4；由晶体的密度的计算公式可得，ρ＝(75＋11)×4N A (a ×10－10)3
。 答案：(1)3 1s 22s 22p 2
(2)平面正三角形 sp 2 sp 3
(3)石墨层内碳碳键的键长比金刚石中碳碳键的键长短，故石墨键能大，熔化时破坏的作用力强，熔点高
(4)异硫氰酸(H—N===C===S)
异硫氰酸分子中存在N—H 键，硫氰酸分子中存在S—H 键，N 原子的电负性大于S 原子，易形成分子间氢键 < (5)
3a 4 (75＋11)×4N A (a ×10－10)3(答案若化简，正确即可) 13．(2020·平度第九中学期中)据《自然·通讯》(Nature Communications)报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。
请回答下列问题：
(1)基态硒原子的价电子排布式为_______________；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是____________。
(2)电还原法制备甲醇的原理为2CO 2＋4H 2O ――→Cu －Se
通电
2CH 3OH ＋3O 2。 ①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式_____________________； ②标准状况下，V L CO 2气体含有___________个π键。
(3)苯分子中6个C 原子，每个C 原子有一个2p 轨道参与形成大π键，可
记为Π66(右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子)。已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，可表示为____________，Se 的杂化方式为___________。
(4)黄铜矿由Cu ＋、Fe 3＋、S 2－构成，其四方晶系晶胞结构如图所示。则Cu ＋
的配位数为_________；若晶胞参数a ＝b ＝524 pm ，c ＝1 032 pm ，用N A 表示阿伏加德罗常数的值，该晶系晶体的密度是________g·cm －3(不必计算或化简，列出计算式即可)。
答案：(1)4s 24p 4 H 2S 或硫化氢
(2)①O===C===O ②VN A 11.2
(3)Π65 sp 2 (4)4 64×4＋56×4＋32×8(524×10－10)2×(1 032×10－10)N A
或184×4(524×10－10)2×(1 032×10－10)N A