2026年高考化学一轮复习 晶体结构与性质（含解析）

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高考化学一轮复习 晶体结构与性质
一．选择题（共20小题）
1．（2025春 昌江区校级期末）下列各组物质的晶体类型相同的是（　　）
A．SiC和Si3N4 B．MgCl2和AlCl3
C．Cu和Ge D．SiO2和CO2
2．（2025春 昌江区校级期末）物质内部微粒有序排列可形成晶体。下列说法错误的是（　　）
A．二氧化硅晶体中由共价键形成的最小环有12个原子
B．氯化铯晶体中每个Cs+周围距离最近的Cs+有8个
C．金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O，H2S晶体的熔点依次降低
D．金属晶体中存在离子，不存在离子键
3．（2025春 浏阳市期末）钠与氧可形成多种二元化合物。其中一种二元化合物的晶胞如图所示。下列说法中不正确的是（　　）
A．该化合物的化学式为Na4O4
B．阴离子有2种不同的空间取向
C．与Na+距离相等且最近的Na+有8个
D．该晶体是离子晶体
4．（2025 全国）一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶胞密度为dg cm﹣3，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是（　　）
A．沿晶胞体对角线方向的投影图为：
B．Ag和B均为sp3杂化
C．晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个
D．Ag和B的最短距离为1010pm
5．（2025 合肥一模）立方ZrO2的晶胞结构如图所示，晶胞参数为xnm。若加入一定比例Y2O3则能使部分O2﹣缺位，形成阴离子导电的固体电解质。下列说法错误的是（　　）
A．“●”表示Zr4+ B．每个O2﹣周围最近的Zr4+有4个
C．ZrO2晶胞密度为 D．Y3+取代Zr4+后，O2﹣通过交换“缺位”而导电
6．（2025春 昌江区校级期末）自然界的氟化钙矿物为萤石或氟石，CaF2的晶体结构呈立方体形，其晶胞侧视图及晶胞结构如图，下列说法错误的是（　　）
A．基态F原子的电子排布式为1s22s22p5
B．与Ca2+最近且等距的F—数目为8
C．两个最近的F—之间的距离为mpm
D．CaF2晶体密度为
7．（2025春 昌江区校级期末）锆（Zr）是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。如图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）
A．该氧化物的化学式为ZrO2
B．q点的分数坐标可能为
C．Zr原子与O原子之间的最短距离为
D．沿体对角线进行投影，m、p两点重合在正六边形中心
8．（2025春 吉林期末）物质的结构决定性质。下列性质差异与结构因素不匹配的是（　　）
选项 性质差异 结构因素
A 熔点：SiO2＞SiH4 晶体类型
B 在CCl4中的溶解度：I2＞HI 分子极性
C 沸点：对羟基苯甲酸＞邻羟基苯甲酸 氢键类型
D 电离常数K3：CF3COOH＞CH3COOH 范德华力
A．A B．B C．C D．D
9．（2025春 昌江区校级期末）氧化铈（CeO2）是一种重要的光催化材料，光催化过程中立方晶胞的组成变化如图所示。假设CeO2晶胞边长为aPm，下列说法正确的是（　　）
A．CeO2晶胞中O原子位于Ce构成的立方体空隙中
B．CeO2晶体结构中Ce4+的配位数为12
C．CeO2晶胞中Ce4+与最近O2﹣的核间距为
D．每个CeO2﹣x晶胞中Ce4+个数为1﹣2x
10．（2025春 成都期末）Mn的某种氧化物MnOx的四方晶胞如图甲，MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂（图乙）。下列说法错误的是（　　）
A．MnOx的化学式为MnO2
B．MnOx的四方晶胞中Mn2+配位数为6
C．HMF转化为FDCA反应过程中HMF发生氧化反应
D．HMF和FDCA都有三种官能团
11．（2025春 哈尔滨期末）一种由阳离子An+、Bm+和阴离子X﹣组成的无机固体电解质结构如图，其中高温相阳离子呈无序结构，An+、Bm+均未画出；低温相呈现有序结构。下列说法错误的是（　　）
A．高温相中X﹣距离最近的X﹣有12个
B．低温相晶体中阴离子构成的8个四面体空隙中阳离子占据4个
C．低温相化学式为A2BX4
D．若a的离子坐标为（0，，），则低温相中空隙坐标为（，，）
12．（2025 香坊区校级四模）Li2O为离子晶体，具有反萤石结构，晶胞如图所示，晶胞参数为bnm，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是（　　）
A．O2﹣配位数为8
B．Li2O的密度为
C．O2﹣和Li+的最短距离等于
D．该晶体的熔点比Na2O晶体的熔点低
13．（2025 温江区校级模拟）W（F）、Y（K）、Z（Ni）三种元素组成的化合物乙的晶体结构如图所示。下列关于化合物乙的说法不正确的是（　　）
A．与Z等距最近的W有6个
B．该晶体中Z的化合价为+2
C．图中A、B原子间的距离为
D．图中B的原子分数坐标可表示为
14．（2025春 新吴区校级期末）镍的某种氧化物是一种半导体，具有如图所示的NaCl型结构，下列说法不正确的是（　　）
A．Ni属于过渡金属元素
B．与Ni2+距离最近且相等的O2﹣有6个
C．Ni的基态原子价层电子共有10种空间运动状态
D．若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则该晶体的化学式为Ni4O3N
15．（2025春 广州期末）锰氧化物具有较大应用价值。Mn的某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．晶胞中O的配位数为4
B．该氧化物的化学式为MnO2
C．当晶体有O原子脱出时，Mn元素的化合价升高
D．相同条件下，气态Mn2+比气态Fe2+更易再失去一个电子
16．（2025 渝中区校级模拟）TiFe合金是近年备受关注的新型储氢合金，氢气在合金表面分解为氢原子，并进入金属原子形成的空隙中。TiFe合金的一种储氢过程如图所示：
下列说法不正确的是（　　）
A．TiFe晶胞中，Fe的配位数为8
B．TiFeHy晶胞中，若取一个平行六面体，Fe位于六面体的顶点，则Ti位于晶胞体内
C．1mol TiFe完全转变为TiFeHy可以吸收标准状况下44.8LH
D．TiFe晶体中Ti的半径为anm，Fe的半径为bnm，则TiFe晶胞边长为
17．（2025春 洛阳期末）钠和氦在300GPa的压力下可以形成一种稳定的化合物（相对分子质量为M），钠离子形成如图甲所示的规则立方体堆积，氦原子和电子对交替填充在这些钠原子形成的立方体的体心，得到如图乙所示的晶胞。已知晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为Nλ，下列说法错误的是（　　）
A．两对电子对之间的最近距离为
B．每个钠离子周围最近的氦原子数为4
C．该物质的化学式可写为
D．该晶体的密度为
18．（2025春 庐江县期末）二氧化铈（CeO2）是一种重要的催化材料，其晶胞如图a，晶胞边长为apm。在CeO2晶胞中掺杂Cu2O，Cu+占据部分Ce4+的位置形成非对称性氧空位（如图b），增强催化性能。下列说法错误的是（　　）
A．CeO2晶体结构中Ce4+的配位数为8
B．CeO2晶胞中Ce4+与O2﹣最近的核间距为
C．如图b所示，Cu+占据Ce4+的位置，铈元素化合价一定会降低
D．若晶胞顶点全被Cu+占据，晶胞内有两个氧空位，则Ce3+和Ce4+个数比为1：1
19．（2025 道里区校级三模）A2B型二元储氢合金由容易形成稳定氢化物的金属作为A，难于形成氢化物但具有催化活性的金属作为B，典型代表是Mg2Ni合金。Mg2Ni在一定条件下能与氢气生成Mg2NiH4，高温Mg2NiH4的晶胞如图所示，该立方晶胞参数为apm。（已知：储氢能力，液氢密度为dg cm﹣3，NA为阿伏加德罗常数的值）下列说法错误的是（　　）
A．1个Mg2NiH4晶胞含有16个H
B．2个镁离子间最近距离为
C．Mg2NiH4的储氢能力为
D．Mg2NiH4与水反应的化学反应方程式：Mg2NiH4+4H2O═2Mg（OH）2+Ni+4H2↑
20．（2025春 河南期末）砷化镓（GaAs）的晶胞结构如图甲所示。将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料，其晶胞结构如图乙所示。下列说法错误的是（　　）
已知：a、b点的原子坐标分别为（0，0，0）和（1，1，0）。
A．图甲中，Ga位于As构成的八面体空隙中
B．图甲中，若Ga﹣As的键长为apm，则晶胞边长为
C．图乙中，c点Mn的原子坐标为
D．图乙稀磁性半导体材料中，Mn、As的原子个数比为5：32
高考化学一轮复习 晶体结构与性质
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2025春 昌江区校级期末）下列各组物质的晶体类型相同的是（　　）
A．SiC和Si3N4 B．MgCl2和AlCl3
C．Cu和Ge D．SiO2和CO2
【答案】A
【分析】A．SiC、Si3N4均为共价晶体；
B．MgCl2是离子晶体，AlCl3是分子晶体，晶体类型不同；
C．Cu是金属晶体，Ge是共价晶体，晶体类型不同；
D．SiO2是共价晶体，CO2是分子晶体。
【解答】解：A．SiC、Si3N4均为共价晶体，两者晶体类型相同，故A正确；
B．MgCl2是离子晶体，AlCl3是分子晶体，晶体类型不同，故B错误；
C．Cu是金属晶体，Ge是共价晶体，晶体类型不同，故C错误；
D．SiO2是共价晶体，CO2是分子晶体，晶体类型不同，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
2．（2025春 昌江区校级期末）物质内部微粒有序排列可形成晶体。下列说法错误的是（　　）
A．二氧化硅晶体中由共价键形成的最小环有12个原子
B．氯化铯晶体中每个Cs+周围距离最近的Cs+有8个
C．金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O，H2S晶体的熔点依次降低
D．金属晶体中存在离子，不存在离子键
【答案】B
【分析】A．二氧化硅晶体中最小环由6个Si和6个O交替组成，共12个原子；
B．氯化铯晶体为体心立方结构，每个Cs+的最近邻Cs+位于6个面心位置；
C．熔沸点高低判断：一般共价晶体＞离子晶体＞分子晶体；
D．金属晶体由金属阳离子和自由电子通过金属键结合，不存在阴离子。
【解答】解：A．二氧化硅晶体中最小环由6个Si和6个O交替组成，共12个原子，由共价键形成，故A正确；
B．氯化铯晶体为体心立方结构，每个Cs+位于立方体顶点，周围最近的Cs+位于相邻立方体顶点，距离为边长，数目为6个（上下、前后、左右各1个），故B错误；
C．熔沸点高低判断：一般共价晶体＞离子晶体＞分子晶体，金刚石和SiC为共价晶体，共价晶体中键长越长，熔沸点越低，Si的半径比C大，因此金刚石比SiC熔沸点高；NaF和NaCl属于离子晶体，离子晶体中所带电荷数越多、离子半径越小，熔沸点越高，F﹣的半径小于Cl﹣，因此NaF的熔沸点高于NaCl；H2O和H2S属于分子晶体，H2O中含有分子间氢键，因此H2O的熔沸点高于H2S，故C正确；
D．金属晶体由金属阳离子和自由电子通过金属键结合，不存在阴离子，因此无离子键，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查晶体结构、化学键及熔点的比较等知识，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。需要掌握不同类型晶体的结构特及性质差异，特别是氢键对物质性质的影响。
3．（2025春 浏阳市期末）钠与氧可形成多种二元化合物。其中一种二元化合物的晶胞如图所示。下列说法中不正确的是（　　）
A．该化合物的化学式为Na4O4
B．阴离子有2种不同的空间取向
C．与Na+距离相等且最近的Na+有8个
D．该晶体是离子晶体
【答案】A
【分析】结合图示晶胞可知，该化合物由Na+与构成，属于离子化合物；Na+位于8个顶点和面心，每个晶胞中含有Na+的数目为：1+82，位于4条棱和2个面心，有2种空间取向，每个晶胞中含有的数目为：422，该化合物的化学式为NaO2，以此分析解答。
【解答】解：A．根据分析可知，该晶胞中含有2个Na+和2个，该化合物的化学式为NaO2，故A错误；
B．由晶胞图可知，棱上的4个的空间取向相同，面上的2个的空间取向相同，有2种不同的空间取向，故B正确；
C．Na+位于8个顶点和面心，以面心的Na+为例，与该Na+距离相等且最近的Na+有8个，故C正确；
D．该化合物由Na+与构成，属于离子化合物，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查晶胞的计算，明确各微粒在晶胞中的位置为解答关键，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，题目难度不大。
4．（2025 全国）一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶胞密度为dg cm﹣3，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是（　　）
A．沿晶胞体对角线方向的投影图为：
B．Ag和B均为sp3杂化
C．晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个
D．Ag和B的最短距离为1010pm
【答案】A
【分析】A．沿晶胞体对角线方向的投影，对角白球重合，对角线上两黑球重合及对角线上两灰球重合，Ag位于体心；
B．Ag和B的价层电子对均为4；
C．晶体中Ag位于晶胞的体心，与Ag最近且距离相等的Ag位于前后、左右、上下；
D．根据ρ求出晶胞参数，再根据Ag位于对角线中心位置。
【解答】解：A．沿晶胞体对角线方向的投影，对角白球重合，对角线上两黑球重合及对角线上两灰球重合，Ag位于体心，正确的投影图为：，故A错误；
B．Ag和B的价层电子对均为4，则Ag和B均为sp3杂化，故B正确；
C．晶体中Ag位于晶胞的体心，与Ag最近且距离相等的Ag位于前后、左右、上下，故晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个，故C正确；
D．设晶胞参数为xpm，该晶胞中含有1个Ag原子，1个B原子，4个C原子和4个N原子，则ρg cm﹣3＝dg cm﹣3，解得x1010，则Ag和B的最短距离为1010pm，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，题目难度中等。
5．（2025 合肥一模）立方ZrO2的晶胞结构如图所示，晶胞参数为xnm。若加入一定比例Y2O3则能使部分O2﹣缺位，形成阴离子导电的固体电解质。下列说法错误的是（　　）
A．“●”表示Zr4+
B．每个O2﹣周围最近的Zr4+有4个
C．ZrO2晶胞密度为
D．Y3+取代Zr4+后，O2﹣通过交换“缺位”而导电
【答案】C
【分析】A．晶胞中白球的个数为8，黑球的个数为864；
B．由晶胞的结构可知，每个O2﹣周围最近的Zr4+有4个；
C．晶胞的质量为g，晶胞的体积为x3nm3，代入公式ρ可得晶胞的密度；
D．由题干可知，Y3+取代Zr4+后，O2﹣通过交换“缺位”而导电。
【解答】解：A．晶胞中白球的个数为8，黑球的个数为864，则“●”表示Zr4+，故A正确；
B．由晶胞的结构可知，每个O2﹣周围最近的Zr4+有4个，故B正确；
C．晶胞的质量为g，晶胞的体积为x3nm3，则晶胞的密度ρg nm﹣3，故C错误；
D．由题干可知，Y3+取代Zr4+后，O2﹣通过交换“缺位”而导电，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查晶胞的计算，为高频考点，题目难度一般。
6．（2025春 昌江区校级期末）自然界的氟化钙矿物为萤石或氟石，CaF2的晶体结构呈立方体形，其晶胞侧视图及晶胞结构如图，下列说法错误的是（　　）
A．基态F原子的电子排布式为1s22s22p5
B．与Ca2+最近且等距的F—数目为8
C．两个最近的F—之间的距离为mpm
D．CaF2晶体密度为
【答案】C
【分析】A．F是原子序数为9的元素；
B．晶胞中与Ca2+最邻近的F﹣数为8；
C．根据侧面图可看出，面对角线的长度为2mpm，边长为，两个最近的F﹣之间的距离为立方体边长的一半；
D．根据图示可知CaF2晶胞中含4个Ca2+和8个F﹣，结合ρVNA＝4M分析。
【解答】解：A．氟元素是原子序数为9的元素，基态氟原子的电子排布式为1s22s22p5，故A正确；
B．晶胞中与钙离子最邻近的氟离子数为8，故B正确；
C．根据侧面图可看出，面对角线的长度为2mpm，边长为，两个最近的F﹣之间的距离为立方体边长的一半，所以两个最近的F﹣之间的距离为，故C错误；
D．CaF2晶胞中含4个钙离子和8个氟离子，边长为，利用ρVNA＝4M得出，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查晶胞的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
7．（2025春 昌江区校级期末）锆（Zr）是重要的战略金属，可从其氧化物中提取。如图是某种锆的氧化物晶体的立方晶胞，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）
A．该氧化物的化学式为ZrO2
B．q点的分数坐标可能为
C．Zr原子与O原子之间的最短距离为
D．沿体对角线进行投影，m、p两点重合在正六边形中心
【答案】D
【分析】A．根据“均摊法”分析；
B．根据晶胞的位置分析；
C．Zr原子与O原子之间的最短距离为晶胞对角线的，晶胞边长为a；
D．沿体对角线进行投影，m、p两点在正六边形中的位置为，得出只有p与正六边形中心重合。
【解答】解：A．均摊：计算晶胞中的微粒数目：顶点位置：处于顶点的微粒被8个晶胞共享，每个晶胞分摊到八分之一；棱上位置：处于棱上的微粒被4个晶胞共享，每个晶胞分摊到四分之一；面上位置：处于面上的微粒被2个晶胞共享，每个晶胞分摊到二分之一；内部位置：处于晶胞内部的微粒完全属于该晶胞，根据“均摊法”，晶胞中Zr个数为4，晶胞中O的个数，氧化物的化学式为ZrO2，故A正确；
B．根据晶胞的位置可知，q点原子分数坐标为，故B正确；
C．Zr原子与O原子之间的最短距离为晶胞对角线的，晶胞边长为a，则Zr原子与O原子之间的最短距离为，故C正确；
D．沿体对角线进行投影，m、p两点在正六边形中的位置为，得出只有p与正六边形中心重合，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查晶胞的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
8．（2025春 吉林期末）物质的结构决定性质。下列性质差异与结构因素不匹配的是（　　）
选项 性质差异 结构因素
A 熔点：SiO2＞SiH4 晶体类型
B 在CCl4中的溶解度：I2＞HI 分子极性
C 沸点：对羟基苯甲酸＞邻羟基苯甲酸 氢键类型
D 电离常数K3：CF3COOH＞CH3COOH 范德华力
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【分析】A．一般熔点大小：共价晶体＞分子晶体；
B．I2、CCl4是非极性分子，HI是极性分子，结合“相似相溶”原理分析；
C．对羟基苯甲酸能形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键；
D．由于F原子电负性大，使得CF3COOH中的O—H键极性增强，更易电离出氢离子，酸性更强。
【解答】解：A．一般熔点大小：共价晶体＞分子晶体，SiO2是共价晶体，熔化时需要破坏共价键，所以熔点高，SiH4是分子晶体，熔化时需要克服分子间作用力，熔点较低，故A正确；
B．I2、CCl4是非极性分子，HI是极性分子，根据“相似相溶”原理，I2在CCl4中的溶解度大于HI，这是由分子极性决定的，故B正确；
C．对羟基苯甲酸能形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键，前者沸点高于后者是有氢键类型不同决定的，故C正确；
D．由于F原子电负性大，使得CF3COOH中的O—H键极性增强，更易电离出氢离子，酸性更强，其电离常数更大，与范德华力无关，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
9．（2025春 昌江区校级期末）氧化铈（CeO2）是一种重要的光催化材料，光催化过程中立方晶胞的组成变化如图所示。假设CeO2晶胞边长为aPm，下列说法正确的是（　　）
A．CeO2晶胞中O原子位于Ce构成的立方体空隙中
B．CeO2晶体结构中Ce4+的配位数为12
C．CeO2晶胞中Ce4+与最近O2﹣的核间距为
D．每个CeO2﹣x晶胞中Ce4+个数为1﹣2x
【答案】C
【分析】A．由晶胞图知中O原子位于Ce构成的四面体空隙中；
B．以任一面心的Ce4+为例，距离其最近的O2﹣的微粒数有8个；
C．CeO2晶胞中Ce4+与最近O2﹣的核间距为晶胞对角线长度的；
D．假设CeO2﹣x中的Ce4+和Ce3+的个数分别为m和n，且m+n＝1，结合化合价代数和为0分析。
【解答】解：A．由晶胞图知中氧原子位于Ce构成的四面体空隙中，故A错误；
B．由图可知，以任一面心的Ce4+为例，距离其最近的O2﹣的微粒数有8个，故B错误；
C．CeO2晶胞中Ce4+与最近氧离子的核间距为晶胞对角线长度的，即，故C正确；
D．假设CeO2﹣x中的Ce4+和Ce3+的个数分别为m和n，且m+n＝1，由化合物中各元素的化合价代数和为0可得：4m+3n＝4﹣2x，则m＝1﹣2x，位于顶点和面心的Ce4+或Ce3+个数为，所以每个晶胞中Ce4+的个数为4﹣8x，故D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查晶胞的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
10．（2025春 成都期末）Mn的某种氧化物MnOx的四方晶胞如图甲，MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂（图乙）。下列说法错误的是（　　）
A．MnOx的化学式为MnO2
B．MnOx的四方晶胞中Mn2+配位数为6
C．HMF转化为FDCA反应过程中HMF发生氧化反应
D．HMF和FDCA都有三种官能团
【答案】D
【分析】A.根据图甲中的晶胞结构，黑球代表Mn2+，白球代表O2﹣，通过均摊法计算可以得出，每个晶胞中含有Mn2+：81＝2个和O2﹣＝42＝4个，因此化学式为MnO2；
B.MnO2的四方晶胞中Mn2+周围紧邻最近的O2﹣为6个，分别位于其上下左右前后六个方向，因此Mn2+的配位数为6；
C.从图乙可以看出，HMF转化为FDCA反应过程中，羟基（—OH）被氧化成了羧基（—COOH），这是一个典型的氧化反应过程；
D.观察HMF和FDCA的结构式：HMF含有羟基（—OH）、醚键、醛基和碳碳双键四种官能团、FDCA含有两个羧基（—COOH）、一个碳碳双键和醚键三种官能团，因此，HMF并不具有三种官能团。
【解答】解：A.根据图甲中的晶胞结构，黑球代表Mn2+，白球代表O2﹣，通过均摊法计算可以得出，每个晶胞中含有Mn2+：81＝2个和O2﹣＝42＝4个，因此化学式为MnO2，故A正确；
B.MnO2的四方晶胞中Mn2+周围紧邻最近的O2﹣为6个，分别位于其上下左右前后六个方向，因此Mn2+的配位数为6，故B正确；
C.从图乙可以看出，HMF转化为FDCA反应过程中，羟基（—OH）被氧化成了羧基（—COOH），这是一个典型的氧化反应过程，故C正确；
D.观察HMF和FDCA的结构式：HMF含有羟基（—OH）、醚键、醛基和碳碳双键四种官能团、FDCA含有两个羧基（—COOH）、一个碳碳双键和醚键三种官能团，因此，HMF并不具有三种官能团，故D错误，
故选：D。
【点评】本题考查晶胞的计算，涉及到均摊法、配位数的判断，还考察有机物的官能团的判断和有机氧化反应的判断，题目难度中等。
11．（2025春 哈尔滨期末）一种由阳离子An+、Bm+和阴离子X﹣组成的无机固体电解质结构如图，其中高温相阳离子呈无序结构，An+、Bm+均未画出；低温相呈现有序结构。下列说法错误的是（　　）
A．高温相中X﹣距离最近的X﹣有12个
B．低温相晶体中阴离子构成的8个四面体空隙中阳离子占据4个
C．低温相化学式为A2BX4
D．若a的离子坐标为（0，，），则低温相中空隙坐标为（，，）
【答案】B
【分析】A．高温相中顶点的X﹣距离最近的X﹣位于面心；
B．根据低温相晶体图，阴离子构成的8个四面体空隙中，阳离子占据3个，有一个是四面体空隙；
C．低温相中，X位于顶角和面心，A、B在内部，分别有2个和1个；
D．低温相中空隙位于立方体的右下后方。
【解答】解：A．高温相中顶点的X﹣距离最近的X﹣位于面心，有个，故A正确；
B．根据低温相晶体图，阴离子构成的8个四面体空隙中，阳离子占据3个，有一个是四面体空隙，故B错误；
C．均摊：计算晶胞中的微粒数目：顶点位置：处于顶点的微粒被8个晶胞共享，每个晶胞分摊到八分之一；棱上位置：处于棱上的微粒被4个晶胞共享，每个晶胞分摊到四分之一；面上位置：处于面上的微粒被2个晶胞共享，每个晶胞分摊到二分之一；内部位置：处于晶胞内部的微粒完全属于该晶胞，低温相中，X位于顶角和面心，共8，A、B在内部，分别有2个和1个，化学式为A2BX4，故C正确；
D．低温相中空隙位于立方体的右下后方，坐标为（，，），故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查晶胞的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
12．（2025 香坊区校级四模）Li2O为离子晶体，具有反萤石结构，晶胞如图所示，晶胞参数为bnm，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是（　　）
A．O2﹣配位数为8
B．Li2O的密度为
C．O2﹣和Li+的最短距离等于
D．该晶体的熔点比Na2O晶体的熔点低
【答案】D
【分析】A．以面心的O2﹣离子为例，距离O2﹣最近的Li+的数目为8；
B．晶胞的质量为g，晶胞的体积为b3×10﹣21cm3，代入公式ρ可得晶胞的密度；
C．O2﹣和Li+的最短距离为体对角线的；
D．对于离子晶体来说，离子半径越小熔沸点越高。
【解答】解：A．以面心的O2﹣离子为例，距离O2﹣最近的Li+的数目为8，因此O2﹣配位数为8，故A正确；
B．晶胞的质量为g，晶胞的体积为b3×10﹣21cm3，则晶胞的密度ρ，故B正确；
C．O2﹣和Li+的最短距离为体对角线的，为，故C正确；
D．Li2O和Na2O为离子晶体，Li+离子的半径小于Na+，因此该晶体的熔点比Na2O晶体的熔点高，故D错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查晶胞的计算，为高频考点，题目难度一般。
13．（2025 温江区校级模拟）W（F）、Y（K）、Z（Ni）三种元素组成的化合物乙的晶体结构如图所示。下列关于化合物乙的说法不正确的是（　　）
A．与Z等距最近的W有6个
B．该晶体中Z的化合价为+2
C．图中A、B原子间的距离为
D．图中B的原子分数坐标可表示为
【答案】A
【分析】A．晶胞中a和c不相等，因此与Z等距最近的W不是6个；
B．晶胞中F﹣离子的数目为1642＝8，Ni离子的数目为81＝2，K+的数目为82＝4，根据各元素代数和为0分析；
C．根据勾股定理，图中A、B原子间的距离为；
D．B位于晶胞的中心，则图中B的原子分数坐标可表示为。
【解答】解：A．晶胞中a和c不相等，因此与Z等距最近的W不是6个，故A错误；
B．晶胞中F﹣离子的数目为1642＝8，Ni离子的数目为81＝2，K+的数目为82＝4，根据各元素代数和为0可知，该晶体中Z的化合价为+2，故B正确；
C．根据勾股定理，图中A、B原子间的距离为，故C正确；
D．B位于晶胞的中心，则图中B的原子分数坐标可表示为，故D正确；
故选：A。
【点评】本题主要考查晶胞的计算，为高频考点，题目难度一般。
14．（2025春 新吴区校级期末）镍的某种氧化物是一种半导体，具有如图所示的NaCl型结构，下列说法不正确的是（　　）
A．Ni属于过渡金属元素
B．与Ni2+距离最近且相等的O2﹣有6个
C．Ni的基态原子价层电子共有10种空间运动状态
D．若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则该晶体的化学式为Ni4O3N
【答案】C
【分析】A．Ni原子序数28；
B．以体心Ni2+为中心，距离最近且相等的O2﹣位于6个面的面心；
C．Ni原子序数28，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2；
D．由晶胞结构可知，晶胞中Ni2+有4个，O2﹣有4个。
【解答】解：A．Ni原子序数28，位于元素周期表第Ⅷ族，属于过渡金属元素，故A正确；
B．以体心镍离子为中心，距离最近且相等的氧离子位于6个面的面心，共计6个，故B正确；
C．Ni原子序数28，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，所以Ni的基态原子价层电子共有6种空间运动状态，故C错误；
D．晶胞中镍离子有4个，氧离子有4个，若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，可理解成有1个氧原子被氮原子替代，则该晶体的化学式为Ni4O3N，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查晶胞的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
15．（2025春 广州期末）锰氧化物具有较大应用价值。Mn的某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．晶胞中O的配位数为4
B．该氧化物的化学式为MnO2
C．当晶体有O原子脱出时，Mn元素的化合价升高
D．相同条件下，气态Mn2+比气态Fe2+更易再失去一个电子
【答案】B
【分析】A．由晶胞结构可推知O的配位数3，Mn的配位数6；
B．由均摊法得，晶胞中Mn的数目为1+82，O的数目为2+44，该氧化物的化学式为MnO2；
C.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；
D.Mn2+的价电子排布式为3d5、Fe2+的价电子式排布为3d6，3d5为半满的稳定结构，不易失电子，所以相同条件下，气态Fe2+比Mn2+气态更易再失去一个电子。
【解答】解：A．由晶胞结构可推知O的配位数3，Mn的配位数6，故A错误；
B．由均摊法得，晶胞中Mn的数目为1+82，O的数目为2+44，该氧化物的化学式为MnO2，故B正确；
C.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，故C错误；
D.Mn2+的价电子排布式为3d5、Fe2+的价电子式排布为3d6，3d5为半满的稳定结构，不易失电子，所以相同条件下，气态Fe2+比Mn2+气态更易再失去一个电子，故D错误，
故选：B。
【点评】本题考查有关晶胞的计算，涉及的知识点有根据晶胞结构确定晶体的化学式、配位数的判断、离子稳定性的判断等知识点，难度中等。
16．（2025 渝中区校级模拟）TiFe合金是近年备受关注的新型储氢合金，氢气在合金表面分解为氢原子，并进入金属原子形成的空隙中。TiFe合金的一种储氢过程如图所示：
下列说法不正确的是（　　）
A．TiFe晶胞中，Fe的配位数为8
B．TiFeHy晶胞中，若取一个平行六面体，Fe位于六面体的顶点，则Ti位于晶胞体内
C．1mol TiFe完全转变为TiFeHy可以吸收标准状况下44.8LH
D．TiFe晶体中Ti的半径为anm，Fe的半径为bnm，则TiFe晶胞边长为
【答案】C
【分析】A．由TiFe晶胞图可知，距顶点的Ti最近的Fe位于体心，顶点的原子为8个晶胞共有；
B．氢原子进入金属原子形成的空隙中形成TiFeHy晶胞中；
C．根据均摊法可知，TiFe晶胞中，Fe位于顶点，个数为81，TiFeH3晶胞中，Fe位于顶点和面上，个数为844，H原子位于顶点和面上，个数为8148，1mol TiFe完全转变为TiFeHy可以吸收的H原子为2mol；
D．TiFe晶胞体对角线等于边长的倍。
【解答】解：A．由TiFe晶胞图可知，距顶点的Ti最近的Fe位于体心，顶点的原子为8个晶胞共有，故Fe的配位数为8，故A正确；
B．氢原子进入金属原子形成的空隙中形成TiFeHy晶胞中，H原子位于面上，若取一个平行六面体，Fe位于六面体的顶点，由TiFe晶胞结构可知，Ti位于晶胞体内，故B正确；
C．根据均摊法可知，TiFe晶胞中，Fe位于顶点，个数为81，TiFeH3晶胞中，Fe位于顶点和面上，个数为844，H原子位于顶点和面上，个数为8148，1mol TiFe完全转变为TiFeHy可以吸收的H原子为2mol，则H2体积在标准状态下体积为44.8L，故C错误；
D．TiFe晶体中Ti的半径为anm，Fe的半径为bnm，体对角线为 （2a+2b）nm，则TiFe晶胞边长为nm，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查晶体结构与性质，侧重对空间想象能力、分析解决问题的能力考查，注意掌握均摊法进行晶胞有关计算，题目难度中等。
17．（2025春 洛阳期末）钠和氦在300GPa的压力下可以形成一种稳定的化合物（相对分子质量为M），钠离子形成如图甲所示的规则立方体堆积，氦原子和电子对交替填充在这些钠原子形成的立方体的体心，得到如图乙所示的晶胞。已知晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为Nλ，下列说法错误的是（　　）
A．两对电子对之间的最近距离为
B．每个钠离子周围最近的氦原子数为4
C．该物质的化学式可写为
D．该晶体的密度为
【答案】A
【分析】A．氦原子和电子对交替填充在这些钠原子形成的立方体的体心，晶胞乙的结构可表示为；
B．由晶胞乙的结构可知，每个钠离子周围最近的氦原子数为4；
C．晶胞中的电子对、He原子处于小立方体的中心，不均摊，可知晶胞中有4对电子、4个He原子；
D．晶胞中有4对电子、4个He原子，结合晶胞结构知晶胞占有的钠离子数目为8，即4个，的相对分子质量为M。
【解答】解：A．氦原子和电子对交替填充在这些钠原子形成的立方体的体心，两对电子对之间的最近距离为，故A错误；
B．每个钠离子周围最近的氦原子数为4，钠离子位于4个氦原子形成的正四面体空隙中，故B正确；
C．晶胞中的电子对、He原子处于小立方体的中心，不均摊，晶胞中有4对电子、4个He原子，晶胞占有的钠离子数目为8，则Na、He、电子对数占比为8：4：4＝2：1：1，故化学式为，故C正确；
D．晶胞中8个钠离子，有4对电子、4个He原子，即4个，的相对分子质量为M，该晶体的密度为，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
18．（2025春 庐江县期末）二氧化铈（CeO2）是一种重要的催化材料，其晶胞如图a，晶胞边长为apm。在CeO2晶胞中掺杂Cu2O，Cu+占据部分Ce4+的位置形成非对称性氧空位（如图b），增强催化性能。下列说法错误的是（　　）
A．CeO2晶体结构中Ce4+的配位数为8
B．CeO2晶胞中Ce4+与O2﹣最近的核间距为
C．如图b所示，Cu+占据Ce4+的位置，铈元素化合价一定会降低
D．若晶胞顶点全被Cu+占据，晶胞内有两个氧空位，则Ce3+和Ce4+个数比为1：1
【答案】D
【分析】A．以面心的Ce4+为基准，距离Ce4+最近的O2﹣为8；
B．CeO2晶胞中Ce4+与O2﹣最近距离为体对角线的；
C．Cu+占据部分Ce4+的位置形成非对称性氧空位，亚铜离子所带正电荷少；
D．若晶胞顶点全被Cu+占据，由均摊法，该晶胞含有Cu+为8＝1，Ce为63，Ce3+和Ce4+个数分别为x、y，由电荷守恒，1+3x+4y＝2×6。
【解答】解：A．CeO2晶体结构中，以面心的Ce4+为基准，距离Ce4+最近的O2﹣为8，配位数为8，故A正确；
B．CeO2晶胞中Ce4+与O2﹣最近距离为体对角线的，核间距为，故B正确；
C．Cu+占据部分Ce4+的位置形成非对称性氧空位，亚铜离子所带正电荷少，Cu+占据Ce4+的位置，铈元素化合价一定会降低，故C正确；
D．若晶胞顶点全被Cu+占据，由均摊法，该晶胞含有Cu+为8＝1，Ce为63，Ce3+和Ce4+个数分别为x、y，由电荷守恒，1+3x+4y＝2×6，x＝1、y＝2，则Ce3+和Ce4+个数比为1：2，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查晶胞结构与计算，需要学生具备扎实的基础、一定的空间想象能力与综合运用的能力，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
19．（2025 道里区校级三模）A2B型二元储氢合金由容易形成稳定氢化物的金属作为A，难于形成氢化物但具有催化活性的金属作为B，典型代表是Mg2Ni合金。Mg2Ni在一定条件下能与氢气生成Mg2NiH4，高温Mg2NiH4的晶胞如图所示，该立方晶胞参数为apm。（已知：储氢能力，液氢密度为dg cm﹣3，NA为阿伏加德罗常数的值）下列说法错误的是（　　）
A．1个Mg2NiH4晶胞含有16个H
B．2个镁离子间最近距离为
C．Mg2NiH4的储氢能力为
D．Mg2NiH4与水反应的化学反应方程式：Mg2NiH4+4H2O═2Mg（OH）2+Ni+4H2↑
【答案】B
【分析】A.Mg2NiH4晶胞中含有864个Mg2NiH4，故含有16个H；
B.将Mg2NiH4晶胞均分为8个小正方体，镁分别位于8个小正方体的体心，镁之间的最短距离为a；
C.Mg2NiH4晶胞中含有864个Mg2NiH4，故含有8个镁、4个镍和16个氢，该晶胞中氢气体积分数为，晶胞密度为，储氢能力；
D.Mg2NiH4与水反应能生成 氢气，化学方程式为Mg2NiH4+4H2O═2Mg（OH）2+Ni+4H2↑。
【解答】解：A.Mg2NiH4晶胞中含有864个Mg2NiH4，故含有16个H，故A正确；
B.将Mg2NiH4晶胞均分为8个小正方体，镁分别位于8个小正方体的体心，镁之间的最短距离为a，故B错误；
C.Mg2NiH4晶胞中含有864个Mg2NiH4，故含有8个镁、4个镍和16个氢，该晶胞中氢气体积分数为，晶胞密度为，储氢能力，故C正确；
D.Mg2NiH4与水反应能生成 氢气，化学方程式为Mg2NiH4+4H2O═2Mg（OH）2+Ni+4H2↑，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查晶胞的计算“均摊法”；2个镁离子间最近距离，根据已知公式进行相应的计算，还考查.Mg2NiH4与水反应方程式的书写，题目不难，较简单。
20．（2025春 河南期末）砷化镓（GaAs）的晶胞结构如图甲所示。将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料，其晶胞结构如图乙所示。下列说法错误的是（　　）
已知：a、b点的原子坐标分别为（0，0，0）和（1，1，0）。
A．图甲中，Ga位于As构成的八面体空隙中
B．图甲中，若Ga﹣As的键长为apm，则晶胞边长为
C．图乙中，c点Mn的原子坐标为
D．图乙稀磁性半导体材料中，Mn、As的原子个数比为5：32
【答案】A
【分析】A．图甲中，以上面心的Ga为研究对象，Ga位于As构成的四面体空隙中；
B．若Ga﹣As的键长为apm，则体对角线为4apm，晶胞边长为；
C．图乙中，c点原子坐标为；
D．根据均摊法计算。
【解答】解：A．图甲中，以上面心的Ga为研究对象，其周围有4个As，分别位于上、下两个晶胞内，故Ga位于As构成的四面体空隙中，故A错误；
B．若Ga﹣As的键长为apm，则体对角线为4apm，晶胞边长为，即晶胞边长为，故B正确；
C．图乙中，c点原子位于左侧面的面心上，其a坐标为（0，0，0），c原子坐标为，故C正确
D．根据均摊法，，As：4，，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
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