新教材适用2024版高考化学二轮总复习：晶体结构分析和有关计算教师用书

突破点3晶体结构分析和有关计算
命题角度1原子间距离、原子坐标与配位数判断
1.(化学式确定)(1)(2023·浙江1月选考)Si 与P 形成的某化合物晶体的晶胞如图。

该晶体类型是_共价晶体__，该化合物的化学式为_SiP 2__。

(2)(2022·天津选考)钠的某氧化物晶胞如图，图中所示钠离子全部位于晶胞内。

由晶胞图判断该氧化物的化学式为_Na 2O__。

【解析】(1)Si 与P 形成的某化合物晶体的晶胞如图可知，原子间通过共价键形成的
空间网状结构，形成共价晶体；根据均摊法可知，一个晶胞中含有8×18＋6×1
2＝4个Si,8
个P，故该化合物的化学式为SiP 2。

(2)钠的某氧化物晶胞如图，图中所示钠离子全部位于晶胞内，则晶胞中有8个钠，氧有8×18＋6×1
2＝4个，钠氧个数比为2∶1，则该氧化物的化
学式为Na 2O。

2.(配位数)(2022·重庆选考)X 晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。

(1)晶胞中与同一配体相连的两个[Zn 4O]6＋的不同之处在于_与Zn 2＋相连的双键氧原子不在对称轴的同侧__。

(2)X 晶体中Zn 2＋的配位数为_4__。

【解析】(1)由X 晶胞的组成单元的对角面可知，晶胞中与同一配体相连的两个[Zn 4O]6
＋
的不同之处在于与Zn 2＋相连的双键氧原子不在对称轴的同侧。

(2)1个[Zn 4O]6＋上、下、左、
右、前、后共有6个L 2－，每个L 2－与[Zn 4O]6＋形成2个Zn←O 配位键，1个[Zn 4O]6＋含有4个Zn←O 配位键，1个[Zn 4O]6＋中Zn 2＋形成的配位键数目为6×2＋4＝16,1个Zn 2＋的配位数为4。

3.(原子距离与坐标)(2021·山东选考)XeF 2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有_2__个XeF 2分子。

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A 点原子的分数坐标为1
2，12，
1
2已知Xe—F 键长为r pm，则B 点原子的分数坐标为
0，0，
r c
；晶胞中A、B 间距d ＝
12
a 2
＋c 2－r 2pm 。

【解析】图中大球的个数为8×18＋1＝2，小球的个数为8×1
4＋2＝4，根据XeF 2的原
子个数比知大球是Xe 原子，小球是F 原子，该晶胞中有2个XeF 2分子；由A 点坐标知该
原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B 点在棱的r
c
处，其坐标为
图中y 是底面对角线的一半，y ＝
22a ，x ＝c
2
－r ，所以d ＝x 2＋y 2
命题角度2
晶体有关计算
4.(2023·山东选考)一定条件下，CuCl 2、K 和F 2反应生成KCl 和化合物X。

已知X 属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数a ＝b ≠c ，α＝β＝γ＝90°)，其中Cu 化合价为＋2。

上述反应的化学方程式为CuCl 2＋4K＋2F 2===K 2CuF 4＋2KCl 。

若阿伏加德罗常数的
值为N A ，化合物X 的密度ρ＝
436×1030
a 2
cN A
g·cm －3(用含N A 的代数式表示)。

【解析】一定条件下，CuCl 2、K 和F 2反应生成KCl 和化合物X。

已知X 属于四方晶系，其中Cu 化合价为＋2。

由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为8×1
4＋2＝4、
白球的个数为16×14＋4×12＋2＝8、灰色球的个数为8×1
8＋1＝2，则X 中含有3种元素，
其个数比为1∶2∶4，由于其中Cu 化合价为＋2、F 的化合价为－1、K 的化合价为＋1，根据化合价代数和为0，可以推断X 为K 2CuF 4，上述反应的化学方程式为CuCl 2＋4K＋2F 2===K 2CuF 4＋2KCl。

若阿伏加德罗常数的值为N A ，晶胞的质量为
2×218
N A
g，晶胞的体积为a 2c pm 3＝a 2c ×10
－30
cm 3
，化合物X 的密度ρ＝2×218
N A g
a 2c ×10－30cm 3
＝436×1030
a 2cN A
g·cm －3。

5.(2022·湖南选考)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_KFe 2Se 2__。

(2)Fe 原子的配位数为_4__。

(3)该晶胞参数a ＝b ＝0.4nm、c ＝1.4nm。

阿伏加德罗常数的值为N A ，则该晶体的密度为2×39＋56×2＋79×2N A ×0.4×0.4×1.4×10－21
g·cm －3(列出计算式)。

【解析】(1)由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为8×1
8＋1＝2，
均位于棱上和体内的硒原子的个数为8×14＋2＝4，均位于面上的铁原子个数为8×1
2＝4，该
物质的晶胞结构如右图所示，则超导材料最简化学式为KFe 2Se 2。

(2)由平面投影图可知，位于体心和棱上的硒原子与位于面上的铁原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4。

(3)设晶体的密度为d g·cm －3，由晶胞的质量公式可得：2×
39＋56×2＋79×2
N A
＝abc ×10－21×d ，
解得d ＝
2×39＋56×2＋79×2
N A ×0.4×0.4×1.4×10－21。

命题角度3晶胞投影图分析
6.(2022·广东选考)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。

化合物X 是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x 、y 、z 轴方向的投影均为图2。

图1
图2
(1)X 的化学式为_K 2SeBr 6__。

(2)设X 的最简式的式量为M r ，晶体密度为ρg·cm －3，则X 中相邻K 之间的最短距离为12
×
34M r
N A ρ
×107nm(列出计算式，N A 为阿伏加德罗常数的值)。

【解析】(1)根据晶胞结构得到K 有8个，
有8×18＋6×1
2
＝4，则X 的化学式为
K 2SeBr 6。

(2)设X 的最简式的式量为M r ，晶体密度为ρg·cm －3，设晶胞参数为a nm，得到
ρ＝m V ＝M r g·mol －1
N A mol －1×4a ×10－73cm
3
＝ρg·cm －3，解得a ＝
34M r
N A ρ
×107nm，X 中相邻K 之间的最短距离为晶胞参数的一半即12
×
3
4M r
N A ρ
×107nm。

7.(2021·河北卷)分别用○、●表示H 2PO －4和K ＋
，KH 2PO 4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H 2PO －4、K ＋
在晶胞xz 面、yz 面上的位置：
(1)若晶胞底边的边长均为a pm、高为c pm，阿伏加德罗常数的值为N A ，晶体的密度为4×136×1030
N A a 2
c
g·cm －3(写出表达式)。

(2)晶胞在x 轴方向的投影图为_B__(填标号)。

【解析】(1)由晶胞结构可知，H 2PO －4位于晶胞的顶点、面上和体心，顶点上有8个、面上有4个，体心有1个，故晶胞中H 2PO －4的数目为8×18＋4×12＋1＝4；K ＋位于面上和棱
上，面上有6个，棱上4个，故晶胞中K ＋的数目为6×12＋4×1
4
＝4。

因此，平均每个晶胞
中占有的H 2PO －4和K ＋
的数目均为4，若晶胞底边的边长均为a pm、高为c pm，则晶胞的体
积为a 2c ×10
－30
cm 3
，阿伏加德罗常数的值为N A ，晶体的密度为4×136×1030
N A a 2
c
g·cm －3。

(2)由图(a)、(b)、(c)可知，晶胞在x 轴方向的投影图为
，选B。

〔思维建模〕
1．几种晶胞均摊法分析思路(1)平行六面体晶胞中
顶点、棱上、面上、内部的贡献分别为18、14、1
2
、1。

(2)正三棱柱晶胞中
(3)六棱柱晶胞中
2．“向量法”确定A、B 两点间距离的方法
3．投影问题解题技巧
晶体投影问题本质上是把三维空间晶体结构中的微粒投影到二维平面上。

解答此类问题的思维流程是：
4．晶体密度的计算方法(1)思维流程
(2)计算关系
ρ＝
n ×M
a 3×N A
(a 表示晶胞边长，ρ表示密度，N A 表示阿伏加德罗常数的数值，n 表示1mol 晶胞所含基本粒子或特定组合的物质的量，M 表示摩尔质量)
知能分点1原子分数坐标
1.体心立方晶胞原子坐标
若原子1，原子3，原子7的坐标分别为(0,0,0)，(1,1,0)，(1,1,1)；则原子2，原子4，原子5，原子6，原子8，原子9的坐标分别为(0,1,0)，(1,0,0)，(0,0,1)，(0,1,1)，，12，
2.面心立方晶胞原子坐标
原子10～15分别位于六个面的面心，原子1和原子2的坐标为(0,0,0)，(1,1,1)；则确定
0，12，，12，11，12，
，12，03.金刚石晶胞原子坐标
若a 原子为坐标原点，晶胞棱长的单位为1，则原子1,2,3,4，14，
，34，，14，，34，知能分点2配位数的判断
1.配位数
配合物或晶体中一个微粒周围最近邻的微粒数称为配位数。

其中配合物中的配位数是指直接同中心离子(或原子)配位的原子数目。

晶体中的配位数是指晶体中一个原子周围与其等距离的最近邻的原子数目；离子晶体中的配位数是指一个离子周围最近的异电性离子数目。

2.配合物中配位数的判断
(1)配位数可以等同于中心离子(或原子)与配位原子形成配位键的数目。

如[Ag(NH 3)2]＋中Ag ＋的配位数为2，[Cu(NH 3)4]2＋中Cu 2＋的配位数为4，[Fe(CN)6]3－中Fe 3＋的配位数为6，[Cr(H 2O)5Cl]Cl 2中Cr 3＋的配位数为6，Ni(CO)4、Fe(CO)5、Cr(CO)6等羰基化合物中，Ni、Fe、Cr 原子的配位数分别为4、5、6。

(2)当中心离子(或原子)与多基配体配合时，配位数可以等同于配位原子的数目，但不是
配体的数目。

如属于双基配体，Cu 2＋的配位数是4而不是2。

(3)当中心离子(或原子)同时以共价键与配位键结合时，配位数不等于配位键数，如[B(OH)4]－、[AlCl 4]－中的配位数为4，Al 2Cl 6
中Al 的配位数是4。

3.典型晶体中配位数的判断(1)最密堆积晶体的配位数均为12
①铜晶胞中，Cu原子位于立方体的顶点和面心，以立方体的面心原子分析，上、中、下层各有4个配位原子，故配位数为12。

②以中面心原子分析，上、中、下层分别有3、6、3个配位原子，故配位数为12。

③分子晶体中干冰()以立方体面心CO2分子分析，其上、中、下层各
有4个CO2分子，故配位数为12。

(2)体心立方堆积晶体的配位数为8
①如金属Na、K、Fe均为体心立方堆积，因立方体8个顶点的原子都与体心原子形成金属键，故配位数为8。

②CsCl型离子晶体中()，每个离子被处于立方体8个顶点带相反电荷的离
子包围，Cl－和Cs＋的配位数都是8。

(3)面心立方堆积的离子晶体的配位数为6
NaCl是典型的面心立方堆积型晶体()，在NaCl晶体中，每个离子被处在正八面体6个顶点带相反电荷的离子包围，Cl－和Na＋的配位数都为6。

(4)CaF2型离子晶体()F－和Ca2＋的配位数分别是4和8，具体分析为每
个F－处于Ca2＋围成的正四面体中心，故F－的配位数是4，以大立方体的面心Ca2＋分析，上、下层各有4个F－，故Ca2＋的配位数为8。

(5)金刚石型共价晶体()，每个碳原子处于周围4个碳原子围成正四面体的中心，故碳原子的配位数是4。

知能分点3晶胞中微粒空间利用率的计算
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)简单立方堆积[如Po(钋)]如图所示，原子的半径为r ，立方体的棱长为2r ，则V 球＝4
3πr 3，
V 晶胞＝(2r )3＝8r 3，空间利用率＝V 球V 晶胞×100%＝43πr 38r
3
×100%≈52%。

(2)体心立方堆积(如Na、K、Fe)如图所示，原子的半径为r ，体对角线c 为4r ，面对角线b 为2a ，由(4r )2＝a 2＋b 2得a ＝
43
r 。

1个晶胞中有2个原子，故空间利用率＝
V 球
V 晶胞
×100%＝2×43πr 3
a 3
×100%＝2×43
πr 3
×100%≈68%。

(3)面心立方最密堆积(如Cu、Ag、Au)
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%＝4×4
3πr 3162r 3
×100%≈74%。

(4)六方最密堆积(如Mg、Zn、Ti)
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 ＝
263
r ，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 3
82r 3
×100%≈74%。

知能分点4晶胞投影图分析
1.简单立方体模型投影图
沿x、y平面上的投影图：
2.体心晶胞结构模型投影图
(1)沿x、y平面上的投影图：
(2)沿体对角线投影―→
3.面心立方晶胞结构模型投影图
(1)沿x、y平面上的投影图：
(2)沿体对角线投影：
4.金刚石晶胞结构模型投影图
沿x 、y 平面上的投影图：
命题角度1原子间距离、原子坐标与配位数判断
1.(2023·河北沧州二模)“沉钼”得到的四钼酸铵在一定条件下反应可制取氮化钼，该氮化物为立方晶胞结构(如图所示)。

则该晶体的化学式为_Mo 2N__，钼原子的配位数是_3__个。

【解析】由晶胞可知根据晶胞图可知，Mo 位于顶点和面心，个数为8×18＋6×1
2＝4，
N 位于棱上和体心，个数为4×1
4＋1＝2，化学式为Mo 2N；配位数之比等于原子数之比的倒
数，一个N 周围最近的Mo 有6个，N 原子的配位数为6，根据化学式Mo 2N 可知Mo 的配位数为3。

2.(2023·山东淄博二模)在超高压下，金属钠和氦可形成化合物[Na ＋]x He y [e 2－2]z 。

该化合物中，Na ＋按简单立方排布，形成Na 8立方体空隙(部分结构如图所示)，e 2－2和He 交替填充在Na 8立方体的中心。

晶体中Na ＋配位的He 原子数为_4__；若将He 取在晶胞顶点，e 2－2在0，0，12、12，0，0、
0，1
2，0
和12，12，1
2。

【解析】由题意可知，Na ＋按简单立方排列，1个Na ＋周围有8个立方体，一半填充
e 2－2，一半填充He，故与Na ＋配位的He 原子有4个。

由将He 取在晶胞顶点，e 2－
2在晶胞中
0，0，
12、1
2
，0，0
、0，12，0
e
2－
2在晶胞中的分数坐标为
1
2，12，12。

命题角度2
晶胞有关计算
3.(2023·河北张家口二模)Cu 2Te 的立方晶胞结构如图。

其中Te 的配位数为_4__；已知晶胞参数为a pm，N A 为阿伏伽德罗常数的值，则该晶体的密度为64×4＋128×2a 3N A
×10
30
g·cm －3(列出计算式即可)。

【解析】由Cu 2Te 的晶胞结构可知，黑球为Cu、白球为Te，则Te 的配位数为4。

该晶胞的晶胞参数为a pm，晶胞中含有4个Cu、2个Te，根据晶胞体积和晶胞质量可知该晶体的密度为64×4＋128×2
a 3
N A
×1030g/cm 3。

4.(2023·山东聊城二模)硫化锌(ZnS)晶体属于六方晶系，Zn 原子位于4个S 原子形成的正四面体空隙中。

晶胞参数如图所示α＝120°，β＝γ＝90°。

(1)该晶体中，锌的配位数为_4__。

(2)已知空间利用率η＝
晶胞中含有原子的体积
晶胞的体积
×100%，设锌和硫的原子半径分别为r 1
cm 和r 2cm，则该晶体的空间利用率为(列出计算式即可)
16π
r 31＋r 3
2
×102133a 2c
×100%。

(3)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。

若A点原子的分数坐标为(0,0,0)，则B
【解析】(1)以B处Zn为例，离该处Zn最近且等距的S有4个，则Zn的配位数为4。

(2)根据均摊法，晶胞中含有1＋2×1
3
＋2×
1
6
＝2个Zn原子，1＋4×
1
6
＋4×
1
12
＝2个S原子，
则原子体积为2×4
3
π(r31＋r32)cm3＝
8
3
π(r31＋r32)×1021nm3，晶胞底面为平行四边形，晶胞体积
为a nm×
3
2
a nm×c nm＝3
2
a2c nm3，则空间利用率为
8
3
πr31＋r32×1021nm3
3
2
a2c nm3
×100%＝
16πr31＋r32×1021
33a2c
×100%。

(3)六方ZnS是S按六方密堆积排列，Zn相间占据S所形成的正四面体空隙，配位数是4∶4，Zn、S各有两套等同点，属于六方简单晶格，有2个S2－，
2个Zn 2＋，各离子的分数坐标分别为：S2－
，
1
3
，
，
1
3
，
据晶胞的结构可知，A 为S2－，B ，
1 3
，
命题角度3晶胞投影图分析
5.(2023·山东菏泽二模)一种由Mg和过渡金属M组成的二元储氢材料属立方晶系，晶胞中Mg和M的原子个数比为2∶1，且距离Mg最近的M形成的几何图形为正四面体；晶胞在xy、xz和yz平面投影如图所示。

(1)M原子处于晶胞的位置为_顶点和面心__。

(2)该储氢材料的立方晶胞中，晶胞参数为a pm，Mg和M的原子半径分别为r1pm和r2pm，则Mg和M原子的空间占有率为
a3
【解析】(1)根据晶胞在xy、xz、yz平面投影图，可知M位于晶胞的顶点和面心，Mg
位于晶胞内部；故答案为顶点和面心。

(2)M位于晶胞的顶点和面心，个数为8×1
8
＋6×
1
2
＝4，
根据Mg 和M 的原子个数比，因此Mg 位于晶胞内部，有8个，Mg、M 原子所占体积为4
3
π(8r 31
＋4r 32)pm 3，晶胞的体积为a 3pm 3，则Mg 和M 原子的空间占有率为
4
3π8r 31＋4r 3
2
a
3
×100%或
为
4π
8r 31＋4r 3
23a 3
×100%或32πr 31＋16πr 3
2
3a 3
×100%。

6.(2023·山东日照二模)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1)；γ-AgI 晶胞沿x 、y 、z 轴方向的投影均如图2所示。

(1)Ag ＋填充在I －构成的_正四面体__(填“正四面体”或“正八面体”)空隙，其填充率为_50%__。

(2)已知N A 表示阿伏加德罗常数的值。

γ-AgI 晶胞的密度为ρg·cm －3，则晶胞中两个最近的Ag ＋
之间的距离为
22
×
3
940
ρN A
×107nm。

【解析】
(1)由图1可知，根据“均摊法”，晶胞中含8×18＋6×1
2
＝4个I －，结合化
学式可知，晶胞中含4个Ag ＋，结合图2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N A 表示阿伏加德罗常数的值，γ-AgI 晶胞的密度为ρg·cm －3，设晶胞棱长为a nm，结合(1)分析，晶体密度为4M
N A a 3×1021g·cm －3＝940
a 3N A
×1021g·cm －3＝ρ
g·cm －3
，a ＝
3
940
ρN A
×107nm，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
22
a ＝
22×
3940
ρN A
×107nm。