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专题 11 物质结构与元素周期律
目录
01 模拟基础练
【题型一】原子结构 核素
【题型二】元素周期表 元素周期律
【题型三】微粒间的相互作用力
【题型四】杂化轨道理论与分子空间构型
【题型五】简单晶体结构分析及晶胞计算
02 重难创新练
03 真题实战练
题型一 原子结构 核素
1．(2024·河南平顶山高三第一次质量检测)氚管是一种应用在深海夜光手表中的发光装置。其主要结
构是在一个密闭玻璃管中充入氚气，由氚在β衰变时释放出的电子射中涂在玻璃管内部的荧光粉，发出荧
光。下列说法错误的是( )
A．氚原子核内中子数为2 B．β衰变属于化学变化
C．H、D、T互为同位素 D．含有氚的废水具有放射性
【答案】B
【解析】A项，氚原子(3H)核内质子数为1，中子数为2，故A正确；B项，β衰变是1个中子转化为
1
1个质子和1个电子，原子核发生变化，属于物理变化，故B错误；C项，H、D、T的质子数相同、中子
数不同，互为同位素，故C正确；D项，氚具有放射性，故D正确；选B。
2．“嫦娥五号”顺利将 月壤带回地球。科学家发现月壤中有地球土壤中没有的3He。3He是一
种优良的核反应原料，与氘发生核聚变反应，放出巨大的能量： ，下列有关说法正确
的是( )
A．D 和H 互为同位素 B．等质量的3He和2H具有相同的中子数
2 2
C．3He与 发生的核聚变反应属于化学变化 D．3He位于周期表的第1行、第18列【答案】D
【解析】A项，D和H互为同位素，D 和H 是不同单质，A错误；B项，等质量的3He和2H中子数
2 2
之比为2∶3，B错误；C项，核聚变不是化学反应，C错误；D项，3He属于He元素，是稀有气体，位于周
期表的第1行、第18列，D正确；故选D。
3．北斗导航系统上使用的原子钟是世界上最准确的原子钟——2000万年相差一秒，该原子钟上使用
的核素是 ，已知铯是第ⅠA族元素，下列说法错误的是( )
A．Cs元素的相对原子质量为137 B．CsOH溶液能溶解氧化铝
C． 与 核外电子层结构相同 D．酚酞遇CsCO 溶液变红色
2 3
【答案】A
【解析】A项， 的质量数为137，而Cs元素的相对原子质量不是137，A错误；B项，已知铯是
第ⅠA族元素，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，CsOH为强碱，能溶解氧化铝，B正
确；C项，原子中质子数=电子数， 与 的电子数均为55，核外电子层结构相同，C正确；D项，
CsCO 为强碱弱酸盐溶液显碱性，故酚酞遇CsCO 溶液变红色，D正确；故选A。
2 3 2 3
4．钋－210属于极毒性放射性元素，以相同重量来比较，钋－210的毒性是氰化物的2．5亿倍，只需
一颗尘埃大小就足以取人性命，而且没有解毒剂。下列有关210 P 说法正确的是( )
84 O
A． 与 互为同素异形体 B． 与 互为同位素
C． 的质子数为84，中子数为126 D．Po元素的相对原子质量为210
【答案】C
【解析】A项， 与 是同种元素的不同核素，应互为同位素，故 A错误；B项， 与
为两种不同元素的核素，不能称为同位素，故 B错误；C项， 的质子数为84，中子数为210-
84=126，故C正确；D项，钋-210的近似相对原子质量为210，钋元素的相对原子质量不是210，故D错
误；故选C。
5．我国新一代“人造太阳”HL-2M“托卡马克”装置近日取得突破性进展，等离子体电流突破1兆安培，距离可控核聚变点火又近了一步。“人造太阳”中的核聚变反应之一为 H+ H→ He+ n。下列说法
错误的是( )
A．常温同压下，等质量的3H、1H 体积之比为1∶3
1 2 1 2
B．2HO与1HO化学性质基本相同
1 2 1 2
C．1mol3H的中子数比1mol2H的多1mol
1 1
D．3HO能稳定存在于自然界中
1 2
【答案】D
【解析】A项，常温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，当气体质量相同时，气体体积之比
等于其相对分子质量之反比，即1∶3，A项正确；B项，2H、1H互为同位素，同位素及其化合物化学性质
1 1
几乎相同，B项正确；C项，3H、2H的中子数分别为2、1，则1mol3H的中子数比1mol2H的多1mol ，
1 1 1 1
C项正确；D项，3H是放射性核素，3H及其化合物3HO不能稳定存在于自然界中，D项错误；故选D。
1 1 1 2
题型二 元素周期表 元素周期律
6．元素X的原子，其M层与K层电子数相同；元素Y的原子，其L层上有5个电子。X和Y所形成
的稳定化合物的摩尔质量为( )
A．148 g·mol－1 B．100 g·mol－1 C．90 g·mol－1 D．38 g·mol－1
【答案】B
【解析】K层是最里层，有2个电子，M层与K层电子数相同，所以M层有2个电子，所以K、L、
M层电子数分别是2、8、2，所以X是Mg(镁)；Y的L层上有5个电子，说明没有全充满，所以K、L层
电子数分别是2、5，所以Y是N(氮)，所以Mg和N化合成：MgN ，摩尔质量：(3×24＋2×14)g·mol－1＝
3 2
100 g·mol－1。
7．下列事实不能用元素周期律解释的是( )
A．HSO 的酸性强于HSiO B． 与热水能反应，Al与热水很难反应
2 4 2 3
C．HO的稳定性强于HS D．HI的沸点高于HBr
2 2
【答案】D
【解析】A项，非金属性越强其最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，硫的非金属性强于硅，
HSO 的酸性强于HSiO，A与题意不符；B项，同周期从左到右元素的金属性减弱，单质与水反应由易
2 4 2 3
到难， Mg的金属性大于Al，Mg能与热水反应，Al与热水很难反应，B与题意不符；C项，同主族从上
到下，元素的非金属性减弱，氢化物的稳定性减弱，HO的稳定性强于HS，C与题意不符；D项，HI的
2 2
沸点高于HBr原因是前者相对分子质量大于后者相对分子质量，D与题意相符；故选D。
8．下列关于物质的结构与性质的叙述正确的是( )A．Li、Na同主族， Na保存在煤油中，可推断Li也保存在煤油中
B．Be、Mg同主族，MgO不溶于强碱，可推断BeO也不溶于强碱
C．Ge、Pb同主族，Ge可作半导体材料，可推断Pb也可作半导体材料
D．O、S同主族，HO 有氧化性，可推断HS 也有氧化性
2 2 2 2
【答案】D
【解析】A项，Na的密度比煤油大可以保存在煤油中，而Li的密度比煤油小，不能保存在煤油中，
故A错误；B项，BeO属于两性氧化物可溶于强碱，故B错误；C项，Pb的金属性比Ge强，是金属元素，
导体材料，故C错误；D项，HO 有氧化性，是因-1价O容易得电子转化成-2价，HS 中S也为-1价，
2 2 2 2
也容易得电子生成-2价S，表现氧化性，故D正确；故选D。
9．下列有关物质性质的比较正确的是( )
A．碱性：Ba(OH) ＜Ca(OH) ＜KOH B．离子半径：Mg2+＜O2-＜F--
2 2
C．还原性：SiH＞PH ＞HCl D．热稳定性：CH＞NH ＞HF
4 3 4 3
【答案】C
【解析】A项，金属性Ca>Ba，所以碱性：Ba(OH) ＞Ca(OH) ，A不符合要求；B项，半径：电子层
2 2
数相同，原子序数越大半径越小，所以O2-＞F--，B不符合要求；C项，非金属性Si<P<Cl，所以还原性：
SiH＞PH ＞HCl，C符合要求；D项，非金属性C<N<F，所以热稳定性：CH＜NH ＜HF，D不符合要求；
4 3 4 3
故选C。
10．X、Y、Z、W、R五种前20号主族元素，原子序数依次增大。基态X原子中有3个未成对电子，Z
是元素周期表中电负性最大的元素，Y和W同主族，常温下0.01mol·L-1R的最高价氧化物对应的水化物溶
液的pH=12。下列说法正确的是( )
A．简单离子半径：r(W)<r(R) B．最高正价：X<Y<Z
C．第一电离能：I(X )> I (Y )> I (Z ) D．简单氢化物的键角：Y>W
1 1 1
【答案】D
【解析】Z是元素周期表中电负性最大的元素，则Z为F。基态X原子中有3个未成对电子且其原子序
数小于9，则X为N。根据原子序数大小关系，可判断 Y为O。Y和W同主族，则W为S。常温下
0.01mol·L-1R的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH=12，说明R的最高价氧化物对应的水化物为强酸，R
为Cl。A项，简单离子半径r(S)>r(Cl)，A项错误；B项，一般来说主族元素最高正价就是原子序数，N的
最高正价为+5价，但是F，O比较特殊，O的最高正价为+2(OF)，F没有正价，B项错误；C项，N为半
2
充满电子排布，其第一电离能大于O，则第一电离能：I(F )> I (N )> I (O )，C项错误；D项，O的电负性
1 1 1
大于S，HO中的成键电子对相比HS更靠近中心原子，成键电子对间的斥力更大，则键角也更大。简单
2 2氢化物的键角：HO>HS，D项正确。故选D。
2 2
11．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最高正价与最低负价代数和为0，X
的最高能级不同轨道都有电子且自旋方向相同，Y的最外层电子数为偶数，Z的核外电子数等于X与Y的
最外层电子数之和。下列说法不正确的是( )
A．第一电离能：X>Y B．W、X、Y可能形成离子晶体
C．原子半径：Z>Y>X D．W与Z形成的化合物中可能含有非极性键
【答案】C
【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最高正价与最低负价代数和为
0，W位于第ⅠA族或第ⅣA族，X的最高能级不同轨道都有电子且自旋方向相同，X位于第ⅤA族，Y
的最外层电子数为偶数，Z的核外电子数等于X与Y的最外层电子数之和，因此W只能是H或C，X是
N，Y是O，Z是Na。A项，由于氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，稳定性强，因此第一电离能：
N>O，A正确；B项，W、X、Y可能形成离子晶体，例如硝酸铵等，B正确；C项，同周期自左向右原子
半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Na>N>O，C错误；D项，W与Z形成
的化合物中可能含有非极性键，即NaC ，D正确；故选C。
2 2
12．某种天然硅酸盐矿石主要成分的化学式为R[Z WY ]•3X Y，其中X、Y、Z、W、R是主族元素，
2 3 10 2
原子序数依次增大，且处于四个不同周期。Y元素是地壳中含量最高的元素，化合物RY在实验室中常用
作干燥剂。下列说法正确的是( )
A．原子半径：W＞Z＞Y B．工业制备Z单质采用热还原法
C．X和R形成的化合物，X显负价 D．W的最高价氧化物可溶于稀硝酸
【答案】C
【解析】X、Y、Z、W、R是主族元素，原子序数依次增大，且处于四个不同周期，其中Y在地壳中
含量最高，则Y为O元素，X是H；化合物RY在实验室中常用作干燥剂，R为Ca，故W为Ca；5种元素
占据四个不同周期，可知X为H元素；由于是硅酸盐，若Z是Si，则W的化合价是 ，不符合，
若W是Si，则Z的化合价是 ，Z是Al，符合条件。根据以上分析可知X、Y、Z、W、R
分别是H、O、Al、Si、Ca。则：A项，同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下 逐渐增大，
则原子半径：Al＞Si＞O，A错误；B项，铝是活泼金属，工业制备铝单质采用电解熔融的氧化铝，B错误；
C项，X和R形成的化合物CaH 中，H显负价，C正确；D项，W的最高价氧化物二氧化硅不能溶于稀硝
2
酸中，D错误；故选C。题型三 微粒间的相互作用力
13．物质发生下列变化时，需克服的作用力不属于化学键的是( )
A．HCl溶于水 B．I 升华 C．HO电解 D．烧碱熔化
2 2
【答案】B
【解析】HCl溶于水破坏了共价键；I 升华是物质的三态变化，克服的是分子间作用力；HO电解破坏
2 2
的是共价键；烧碱熔化破坏了离子键。
14．对下列物质溶于水时破坏的作用力描述错误的是( )
A．氯化钠，破坏了离子键 B．氯化氢，破坏了共价键
C．蔗糖，破坏了分子间作用力 D．二氧化碳，没有破坏作用力
【答案】D
【解析】CO 溶于水，发生CO＋HO HCO，破坏了分子间作用力，也破坏了共价键。
2 2 2 2 3
15．下列各组物质的晶体中，化学键类型相同，熔化时所克服的作用力也完全相同的是
A．CO 和SiO B．NaCl和HCl C．(NH )CO 和CO(NH) D．NaH和KCl
2 2 4 2 3 2 2
【答案】D
【解析】都含有共价键，但CO 为分子晶体，SiO 为共价晶体，熔化时分别克服分子间作用力和共价
2 2
键，A错误； NaCl为离子化合物，含有离子键，HCl为共价化合物，含有共价键，B错误； (NH )CO 为
4 2 3
离子化合物，含有离子键，CO(NH) (尿素)为共价化合物，含有共价键，C错误； NaH和KCl都为离子
2 2
化合物，熔化时都克服离子键，D正确。
16．下列各物质中，按熔点由高到低的顺序排列正确的是( )
A．CH>SiH >GeH>SnH B．KCl>NaCl>MgCl >MgO
4 4 4 4 2
C．Rb>K>Na>Li D．金刚石>Si>钠
【答案】D
【解析】晶体熔点的高低取决于构成该晶体的结构粒子间作用力的大小。A项物质均为结构相似的分
子晶体，其熔点取决于分子间作用力的大小，一般来说，结构相似的分子晶体，相对分子质量越大者分子
间作用力也越大，故A项各物质熔点应为逐渐升高的顺序；B项物质均为离子晶体，离子晶体熔点高低取
决于离子键键能的大小，一般来说，离子的半径越小，电荷越多，离子键的键能就越强，故B项各物质熔
点也应为升高顺序；C项物质均为同主族的金属晶体，其熔点高低取决于金属键的强弱，而金属键键能与
金属原子半径成反比，与价电子数成正比，碱金属原子半径依Li～Cs的顺序增大，价电子数相同，故熔点
应是Li最高，Cs最低；D项，共价晶体的熔点取决于共价键的键能，后者则与键长成反比，金刚石C—C
键的键长更短些，所以金刚石的熔点比硅高，共价晶体的熔点一般比金属晶体的熔点高。
17．NF 可由NH 和F 在Cu催化剂存在下反应直接得到：4NH ＋3F=====NF ＋3NH F，该化学方程
3 3 2 3 2 3 4
式中的5种物质不所含的晶体类型有( )A．离子晶体 B．分子晶体 C．共价晶体 D．金属晶体
【答案】C
【解析】在反应4NH ＋3F=====NF ＋3NH F中，NH 、F 、NF 的晶体类型为分子晶体；Cu为金属
3 2 3 4 3 2 3
晶体；NH F为离子晶体，故选C。
4
18．二茂铁[(C H)Fe]分子是一种金属有机配合物，是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，
5 5 2
可作为导弹和卫星的涂料等。它的结构如图所示，下列说法不正确的是( )
A．二茂铁中Fe2+与环戊二烯离子(C H-)之间为配位键
5 5
B．lmol环戊二烯( )中含有 键的数目为11N
A
C．二茂铁分子中存在π键
D．Fe2+的电子排布式为ls 22s 22p63s23p63d44s2
【答案】D
【解析】A项，含有孤电子对和空轨道的原子之间存在配位键，所以二茂铁中Fe2+与环戊二烯离子
(C H-)之间为配位键，故A正确；B项，一个环戊二烯( )分子中含有σ键的数目为11，则lmol环戊二
5 5
烯( )中含有 键的数目为11N ，故B正确；C项，碳碳双键之间存在π键，所以该分子中存在π键，
A
故C正确；D项，Fe的原子序数为26，亚铁离子的核外有24个电子，所以Fe2+的电子排布式为ls 22s
22p63s23p63d54s1，半满为稳定结构，故D错误。故选D。
19．下列有关物质的性质规律正确的是( )
A．键角：ClO -＜ClO -＜ClO -
2 3 4
B．酸性：CHCOOH＞CCl COOH＞CFCOOH
3 3 3
C．乙醇在水中的溶解度小于丁醇(CHCHCHCHOH)，可以用相似相溶原理解释
3 2 2 2
D．噻吩( )相对分子质量大于吡咯( )，故噻吩的沸点高于吡咯
【答案】A【解析】A项，ClO -中价层电子对个数=2+ (7+1-2×2)=4，中心原子上的孤电子对=4-2=2，所以分子
2
空间构型是V形；ClO -中价层电子对个数=3+ (7+1-3×2)=4，中心原子上的孤电子对=4-3=1，所以分子空
3
间构型是三角锥形；ClO -中价层电子对个数=4+ (7+1-4×2)=4，中心原子上的孤电子对=4-4=0，不含孤电
4
子对，所以分子空间构型是正四面体形，则键角：ClO -＜ClO -＜ClO -，故A正确；B项，与羧酸(-COOH)
2 3 4
相连的C-X(X为卤素原子)的极性越大，羧酸的酸性越大，非金属性(电负性)：F>Cl>H，吸引电子对能力F
比Cl更强，Cl比H更强，即极性依次减弱，从而使CFCOOH 中的-COOH的羟基H原子具有更大的活性，
3
更容易发生电离，所以酸性：CFCOOH>CCl COOH>CH COOH，故B错误；C项，乙醇和正丁醇都是醇
3 3 3
类，根据相似相溶原理，在水中有一定的溶解度，乙醇碳链短，所以结构比正丁醇更与水相似，所以其溶
解度应该比正丁醇大，故C错误；D项，吡咯分子中存在N-H键，分子之间存在氢键，而噻吩分子间不能
形成氢键，故吡咯的沸点高于噻吩，故D错误；故选A。
题型四 杂化轨道理论与分子空间构型
20．下列有关分子的结构和性质的说法正确的是( )
A．HO 和C H 均为直线形的非极性分子
2 2 2 2
B．NF 和PCl 均为三角锥形分子，中心原子均为sp3杂化
3 3
C．HBO 和HPO 均为三元酸，结构式均为 (X＝B，P)
3 3 3 3
D．CH 和白磷(P )分子均为正四面体形分子，键角均为109°28′
4 4
【答案】B
【解析】C H 中4个原子在同一直线上，正负电荷重心重合，为直线形的非极性分子，但HO 中4个
2 2 2 2
原子不在同一直线上，正负电荷重心不重合，为极性分子，A项错误；NF 和PCl 中N、P成键电子对均为
3 3
3，均有一个孤电子对，杂化轨道数均为4，中心原子均为sp3杂化，均为三角锥形分子，B项正确；HBO
3 3
的结构式为 ，其溶液呈酸性是因为HBO 与水电离出的OH－结合为[B(OH) ]－：HBO ＋HO
3 3 4 3 3 2[B(OH) ]－＋H＋，因此HBO 为一元酸，HPO 的结构式为 ，1个HPO 分子能电离
4 3 3 3 3 3 3
产生2个H＋，为二元酸，C项错误；CH 和白磷(P )分子均为正四面体形，但键角分别为109°28′和60°，D
4 4
项错误。
21．LiAlH 是重要的还原剂与储氢材料，在120℃下的干燥空气中相对稳定，其合成方法为：
4
NaAlH +LiCl=LiAlH +NaCl。下列说法正确的是( )
4 4
A．基态铝原子核外有7种不同空间运动状态的电子
B．该反应可以在水溶液中进行
C．AlH-与AlCl 中Al原子杂化方式相同
4 3
D．AlH-与PH +互为等电子体，其空间构型均为正方形
4 4
【答案】A
【解析】A项，基态铝原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，共占据7个轨道，所以有7种不同空间
运动状态的电子，A项正确；B项，LiAlH 会和水反应，该反应不能在水溶液中进行，B项错误；C项，
4
AlH-中Al原子价层电子对数为 =4，为sp3杂化，AlCl 中Al原子价层电子对数为 3，
4 3
为sp2杂化，C项错误；D项，AlH-和PH +中心原子的价层电子对数为4，不含孤电子对，为正四面体构型，
4 4
D项错误；故选A。
22．氨基乙酸钠(H N—CH COONa)用于有机产品的合成，也可用于工业洗涤剂中间体的生产以及生化
2 2
研究。下列说法正确的是( )
A．碳、氮原子的杂化类型相同
B．氨基乙酸钠中N原子的价层电子对数为4
C．1 mol氨基乙酸钠分子中所含σ键的物质的量为10 mol
D．氮原子和与其成键的另外三个原子在同一平面内
【答案】B
【解析】氨基乙酸钠中氮原子采取sp3杂化，而碳原子采取sp3、sp2杂化，A错误；氨基乙酸钠中N原
子价层电子对数=σ键个数+孤电子对数，则N原子的价层电子对数为4，B正确；1 mol氨基乙酸钠分子中
有8 mol σ键，C错误；由于氮原子为sp3杂化，与其成键的另外三个原子不可能共平面，D错误。
23．CHOH、NH 和(CH)NNH 均为常见的燃料，关于这三者的结构与性质，下列说法不正确的是(
3 2 4 3 2 2
)A．CHOH的电子式为
3
B．NH 空间结构为平面形
2 4
C．CHOH、NH 和(CH)NNH 都易溶于水
3 2 4 3 2 2
D．CHOH和(CH)NNH中C、O、N杂化方式均相同
3 3 2
【答案】B
【解析】A项，甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，CHOH的电子式为 ，
3
A正确；B项，NH 中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；C项，CHOH、NH 和(CH)NNH
2 4 3 2 4 3 2 2
都能和水分子形成氢键，都易溶于水，C正确；D项，CHOH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，
3
(CH)NNH 的结构简式为 ，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；故选B。
3 2 2
24．一定条件下发生反应：Fe＋6HCN＋2KCO=K [Fe(CN) ]＋H↑＋2CO↑＋2HO。下列说法正确的
2 3 4 6 2 2 2
是( )
A．K[Fe(CN) ]的中心原子的核外电子排布式为[Ar]3d5
4 6
B．该反应中只存在离子键和共价键的断裂和形成
C．HCN、CO、CO2-中碳的杂化方式和空间构型均相同
2 3
D．HCN 水溶液中存在 4 种氢键
【答案】D
【解析】A项，K[Fe(CN) ]的中心原子为Fe，核外电子排布式为[Ar]3d64S2，A错误；B项，反应存在
4 6
离子键、共价键的断裂和形成，还有配位键的形成，B错误；C项，HCN为 sp杂化，CO 为 sp杂化，碳
2
酸根离子中心原子属于sp2杂化，C错误；D项，HCN 水溶液中存在 4 种氢键，H-CN······H-CN、
HO········H-CN、H-CN·········H-O-H、HO·······H-O-H ，D正确；故选D。
2 2
25．铜及其化合物在生产生活中有着广泛的应用，铜催化烯烃硝化反应时会产生NO，又如CuCl 可与
2
某有机多齿配体形成具有较强荧光性能的配合物，其结构如图所示。下列说法不正确的是( )
A．配合物分子中N、C原子均存在sp2和sp3杂化轨道
B．1 mol有机配体与Cu(Ⅱ)形成的配位键有5 mol
C．NO的键角比NO小
D．该配合物中存在着离域大π键、π键
【答案】B
【解析】在 中的1号N原子的价层电子对数＝3＋＝4，N原子采用sp3杂化成键，
2号N原子的价层电子对数＝3＋＝3，N原子采用sp2杂化成键，连接4个共价键的C原子采用sp3杂化成
键，连接3个共价键的C原子采用sp2杂化成键，由结构可知，该配合物分子中N、C原子均存在sp2和sp3
杂化轨道，故A正确；该有机配体中与Cu(Ⅱ)形成配位键的原子为O、N，Cl－与配离子之间为离子键，所
以1 mol有机配体与Cu(Ⅱ)形成的配位键有3 mol，故B错误；NO中N原子的孤对电子对数＝＝0，NO中
N原子的孤对电子对数＝＝1，而孤对电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，因
此NO的键角比NO大，故C正确；该配合物的环型结构中的C原子存在1个未参与杂化的2p轨道电子，
这些电子形成离域大π键，该分子中的碳碳双键中含有π键，故D正确。
26．实验室中常用丁二酮肟来检验Ni2＋，反应时形成双齿配合物，离子方程式如下：
下列说法不正确的是( )A．基态Ni2＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d8
B．丁二酮肟分子中碳原子与氮原子的杂化方式均为sp3
C．每个二(丁二酮肟)合镍(Ⅱ)含有32个σ键
D．二(丁二酮肟)合镍(Ⅱ)的中心原子的配体数目和配位数分别为2、4
【答案】B
【解析】镍元素的核电荷数为 28，失去 2 个电子形成镍离子，则基态 Ni2＋的电子排布式为
1s22s22p63s23p63d8，故A正确；由丁二酮肟分子结构可知，分子中有的碳原子形成 1个双键和2个单键，碳
原子的杂化方式为sp2杂化，还有的碳原子全部是单键，碳原子的杂化方式为sp3杂化，故B正确；由二(丁
二酮肟)合镍(Ⅱ)的结构可知，配合物中含有4个配位键、4个双键和24个单键，共32个σ键，故C错误；
由二(丁二酮肟)合镍(Ⅱ)的结构可知，配合物的中心原子为镍离子，配位数为4，配位体为2个丁二酮肟，
故D正确。
题型五 简单晶体结构分析及晶胞计算
27．[原创题]纳米TiO 被广泛应用于光催化、精细陶瓷等领域。其中一种晶胞结构如下图所示：
2
下列说法错误的是( )
A．氧元素位于元素周期表的p区
B．钛原子核外有22种空间运动状态不同的电子
C．每个O周围距离最近的Ti数目是3
D．晶体的密度为 g·cm-3(N 为阿伏加德罗常数的值)
A
【答案】B
【解析】A项，基态氧原子核外电子排布1s22s22p4，属于p区元素，A正确；B项，钛位于周期表第
四周期ⅣB族，是22号元素，基态原子核外电子排布1s22s22p63s23p63d24s2，电子占据12个轨道，所以有
12种空间运动状态不同的电子，B错误；C项，根据TiO 晶胞结构，每个O周围距离最近的Ti数目是3，
2
C正确；D项，由晶胞结构，根据均摊法计算，1个晶胞中含2个钛离子，4个氧离子，1个晶胞体积，晶体密度 g·cm-3，D正确。故选B。
28．锌与硫所形成化合物晶体的晶胞如图所示。下列判断错误的是( )
A．Zn位于元素周期表的d区 B．该晶胞中Zn2+和S2-数目相等
C．S2-位于Zn2+构成的四面体空隙中 D．氧化锌的熔点高于硫化锌
【答案】A
【解析】A项，Zn的价电子排布式为：3d104s2，故Zn位于元素周期表ds区，A错误；B项，由图可
1 1
知，Zn2+位于顶点和面心，个数为8 6 4，S2-位于体内，其个数为4，则离子数目相同，B正确；C
8 2
项，由图可知每个S2-周围有4个Zn2+，C正确；D项，同类型的离子晶体中，离子半径越小，晶格能越大，
因氧离子半径小于硫离子半径，则氧化锌的晶格能大于硫化锌，D正确。故选A。
29．近期，我国科技工作者合成了一种高质量的纳米棒发光材料，其晶胞结构如图所示，晶胞的边长
a。下列说法错误的是( )
A．与Cs+距离最近I-个数为12 B．Pb2+的配位数为6
2
a
C．Pb2+与Cs+间最短距离为 2 D．该物质的化学式为CsPbI
3
【答案】C
【解析】A项，Cs+位于晶胞顶点，I-位于面心，1个晶胞中有3个面心I-离顶点Cs+最近，1个顶点周围3×8
可以放8个晶胞，而面心I-又被两个晶胞共用，故1个Cs+周围最近的I-有 =12 个，A正确；B项，
2
Pb2+位于体心，其周围6个面心I-离其最近，故Pb2+配位数为6，B正确；C项，Pb2+与Cs+最短距离为体对
3a
角线的一半，面对角线长度= 2a，则体对角线= ( 2a)2+a2= 3a，则Pb2+与Cs+最短距离为 2 ，C错误；
1 1
D项，该晶胞中含Cs+= 8× =1 个，含Pb2+1个，含I-= 6× =3 个，三者之比为1：1：3，故该物质化学式为：
8 2
CsPbI ，D正确；故选C。
3
Mgmol1
30．某荧光材料由X2+与Y2-组成，其摩尔质量为 ，N 为阿伏加德罗常数的值。其晶胞结构
A
如图所示。下列叙述不正确的是( )
A．该晶体的化学式是XY
41030M
gcm3
B．该晶胞参数为anm，则其晶体密度为 a3N
A
C．X2+的配位数是4，Y2-的配位数也是4
3 3 1 1 3 3
, , , ,
D．若A点的原子坐标为4 4 4，则B点的原子坐标为4 4 4
【答案】B
1 1
8 +6 4
【解析】A项，由晶胞图可知，1个晶胞中含有X2+的个数为 ，Y2-个数为4，X2+与Y2-个
8 2
数比为1：1，因此该晶体的化学式是XY，故A项正确；B项，1个晶胞中含有4个XY，即1个晶胞的质
M 41021M
量为 4 N ，晶胞体积为 a107cm 3 ，因此晶体密度 a3N gcm3 ，故B项错误；C项，由图可
A A知，距离X2+最近且等距的Y2-有4个，距离Y2-最近且等距的X2+有4个，故C项正确；D项，若A点的原
3 3 1
, ,
子坐标为4 4 4，则原点位于左下前X2+的顶点，该晶胞自下至上可分为4层(X2+-Y2--X2+-Y2--X2+)，同理
1 3 3
, ,
从左至右也可分为4层(X2+-Y2--X2+-Y2--X2+)，因此B点的原子坐标为4 4 4，故D项正确；故选B。
1．明矾[KAl(SO)·12H O]可用作净水剂，氯化钾(KCl)是一种重要的钾肥。下列说法正确的是( )
4 2 2
A．元素的电负性： B．离子半径：Cl->K+
C．元素的第一电离能：S>O D．碱性：Al(OH) >KOH
3
【答案】B
【解析】A项，元素的电负性：K<H，A错误；B项，离子半径：Cl->K+，B正确；C项，元素的第一
电离能：S<O，C错误；D项，碱性：Al(OH) ＜KOH，D错误； 故选B。
3
2．关于CHOH、NH 和(CH)NNH 的结构与性质，下列说法不正确的是( )
3 2 4 3 2 2
A．CHOH为极性分子
3
B．NH 空间结构为平面形
2 4
C．NH 的沸点高于(CH)NNH 的原因是NH 分子间氢键数目更多
2 4 3 2 2 2 4
D．CHOH和(CH)NNH 中C、O、N杂化方式均相同
3 3 2 2
【答案】B
【解析】A项，甲醇是由极性键构成的极性分子，A正确；B项，NH 中氮原子的价层电子对数为
2 4
4，为sp3杂化，故不可能为平面形，B错误；C项，NH 分子间氢键数目比(CH)NNH 更多，故NH 的沸
2 4 3 2 2 2 4
点高于(CH)NNH 的沸点，C正确；D项，CHOH和(CH)NNH 中C、O、N杂化方式均为sp3杂化，D正
3 2 2 3 3 2 2
确； 故选B。
3．SO 及其三聚体环状结构如图所示。下列说法不正确的是( )
3A．SO 与CO2-、NO -互为等电子体，空间结构都为平面三角形
3 3 3
B．SO 为非极性分子，中心原子杂化类型sp3
3
C．三聚体环状结构中S与O形成的共价键的键长有a、b两类
D．该三聚体环状结构中含有12个σ键
【答案】B
【解析】A项，具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子是等电子体，则SO 与CO2-、NO -互为
3 3 3
等电子体，等电子体具有相同的结构特征，它们的中心原子孤电子对数=0、价层电子对数=3+0=3，故为
sp2杂化、空间结构都为平面三角形，A正确；B项，结合选项A可知SO 中心原子杂化类型sp2，B不正确；
3
C项，由图知：三聚体环状结构中S与O形成的共价键的键长有a、b两类，C正确；D项，该三聚体环状
结构中每个S原子形成4个σ键，则分子内含有12个σ键，D正确；故选B。
4．二氧化氯(ClO )是一种黄绿色气体，易溶于水，在水中的溶解度约为Cl 的5倍，其水溶液在较高
2 2
温度与光照下会生成ClO -与ClO -。ClO 是一种极易爆炸的强氧化性气体，实验室制备ClO 的反应为
2 3 2 2
2NaClO +SO+H SO =2ClO +2NaHSO 下列关于ClO 、ClO -、ClO -的说法正确的是( )
3 2 2 4 2 4 2 2 3
A．ClO 分子是极性分子 B．ClO -中含有非极性键
2 2
C．ClO -的空间构型为平面三角形 D．ClO -与ClO -的键角相等
3 2 3
【答案】A
【解析】A项，ClO 易溶于水，在水中的溶解度约为Cl 的5倍，氯气是非极性分子，根据相似相溶原
2 2
理，ClO 与水分子极性相似，故ClO 为极性分子，A正确；B项，ClO -中Cl和O以极性共价键结合，B
2 2 2
错误；C项，ClO -中心原子Cl有3个σ键，孤电子对数为 ，空间构型为三角锥形，C错误；
3
D项，ClO -中心原子Cl的孤电子对数为 ， 中心原子Cl的孤电子对数为1，孤电子对之
2
间的斥力>孤电子对与成键电子对之间斥力>成键电子对之间斥力，因此ClO -键角>ClO -键角，D错误；故
3 2
选A。
5．氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反
应为N(g)+3H(g) 2NH (g)ΔH=-92.4kJ·mol-1。实验室用加热NH Cl和Ca(OH) 固体混合物的方法制取
2 2 3 4 2少量氨气；侯氏制碱法用氨气、二氧化碳，与饱和食盐水制备纯碱碳酸钠。下列有关NH 、NF 、NH +、
3 3 4
NO -、NO -等含氮粒子的说法正确的是( )
2 3
A．NH 中N-H键角比NH +中N-H键角大
3 4
B．NH 极易溶于水，主要原因是NH 分子间能形成氢键
3 3
C．NH 的水溶液能导电，但一水合氨不能完全电离，因此NH 属于弱电解质
3 3
D．NH 、NF 的空间构型都是三角锥型，NO -、NO -中的N都是sp2杂化
3 3 2 3
【答案】D
【解析】A项，分子中中心原子上的孤电子对数越多，键角越小，故NH 中N-H键角比NH +中N-H
3 4
键角小，故A错误；B项，NH 极易溶于水，主要原因是NH 分子与水分子间能形成氢键，故B错误；C
3 3
项，NH 自身不能电离，NH 是非电解质，故C错误；D项，NH 、NF 均为sp3杂化，一个孤电子对，故
3 3 3 3
为三角锥形，NO 的价层电子对数为2+ =3，NO -的价层电子对数为3+ =3，故N原子
3
都是sp2杂化，故D正确；故选D。
6．TiO 通过氮掺杂生成TiO N 的反应如图。已知原子1、2的分数坐标为(0，0， )和(1，0，0)，
2 (2-a) b
设阿伏加德罗常数的值为N 。
A
下列叙述不正确的是( )
A．原子3的分数坐标为(1，1， ) B．TiO 的密度为 g•cm-3
2
C．TiO N 晶体中a= D．TiO N 晶体中b=
(2-a) b (2-a) b
【答案】D【解析】A项，原子1、2的坐标分别为(0，0， )和(1，0，0)，由TiO2的晶胞结构可知，原子3的
坐标为(1，1， )，A正确；B项，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，Ti原子的个数为
4，O原子在8个棱上、8个面上，2个在体内，O原子个数为8，则1mol晶胞的质量4×(48+16×2)g，一个
晶胞的质量为m= ，体积为V=x2y×10-30cm3，则TiO 的密度为
2
，B正确；C项，由TiO N 晶体结构可知，氮掺杂反应后有3个氧空穴，O原子6个在棱上、6
(2-a) b
个在后面，1个在体内，O原子个数为( ，N原子1个在棱上、1个在面，N原子个数为(
，Ti原子8个在顶点、4个在面心，1个在体内，Ti原子个数为 +4 ，Ti：O：
N=4： ： =1： ： ，TiO N 晶体中2-a= ，a= ，b= ，C正确；D项，由C选项可知，b=
(2-a) b
，D错误；故选D。
7．硅与镁能够形成二元半导体材料，其晶胞如图所示，已知晶胞参数为rnm。阿伏加德罗常数值为
N 。下列说法中不正确的是( )
A
A．镁原子位于硅原子所构成的正四面体空隙中
B．晶体中硅原子和镁原子的配位数之比为1∶2C．该晶体中两个硅原子间的最短距离为
D．晶体的密度为
【答案】B
【解析】A项，观察给出的晶胞可知，镁原子位于硅原子所构成的正四面体空隙中，A正确；B项，
硅原子和镁原子的配位数之比为2∶1，B错误；C项，最近的硅原子之间的距离为晶胞面对角线的一半，其
距离为 ，C正确；D项，该晶体的化学式为MgSi，该晶胞包含4个MgSi，该晶胞的质量为
2 2
，晶胞的体积为 ，故晶体的密度为 ，D
正确；故选B。
8．我国科学家合成的T﹣碳，其晶胞结构可看作金刚石晶胞中的每个碳原子被4个碳原子构成的正四
面体单元替代，如图所示。T﹣碳的密度为金刚石的一半。下列说法不正确的是( )
A．每个T﹣碳晶胞中碳原子个数为32
B．T﹣碳与金刚石中碳原子的杂化方式相同
C．T﹣碳中碳原子数与共价键数之比为1：2
D．T﹣碳晶胞边长和金刚石晶胞边长之比为1：2
【答案】D
【解析】A项，金刚石晶胞中根据晶胞均摊法计算顶点 个，面心 个，内部4个，晶胞
中碳原子共计8个，T﹣碳，其晶胞结构可看作金刚石晶胞中的每个碳原子被4个碳原子构成的正四面体单
元替代，则晶胞中碳原子个数为 个，故A正确；B项，T﹣碳与金刚石中的碳原子和周围碳原子都是形成四个共价键都是sp3杂化，故B正确；C项，T﹣碳晶胞中碳原子数为32，每个碳原子与周围四个碳
原子形成共价键，但是每个共价键每个碳原子只占一半，所以晶胞中共价键数目为 ，碳原子
数与共价键数之比为1：2，故C正确；D项，T﹣碳的密度为金刚石的一半，根据晶胞中碳原子数目可以
其质量是金刚石的4倍，根据 ，T﹣碳晶胞的体积为金刚石的8倍，晶胞棱长= ，故T﹣碳晶
胞的边长和金刚石晶胞边长之比为2：1，故D错误；故选D。
9．[Co(NH )]Cl 晶体的晶胞如下图所示(己知该立方晶胞的边长为 ，阿伏加德罗常数为N ，
3 6 2 A
[Co(NH )]Cl 的摩尔质量为 )。以下说法不正确的是( )
3 6 2
A．若规定A点原子坐标为 ，B点原子坐标为 ，则C点原子坐标为
B．离[Co(NH )]2+最近的 有8个
3 6
C．[Co(NH )]Cl 中，中心离子的配位数为8
3 6 2
D．[Co(NH )]Cl 晶体的密度为
3 6 2
【答案】C
【解析】A项，将晶胞内部分为8个小立方体，A点原子坐标为 ，B点原子坐标为 ，
则C的坐标为 ，故A正确；B项，以底面面心[Co(NH )]2+为例，在此晶胞中离该[Co(NH )]2+最近
3 6 3 6
的 有4个，下方晶胞中还有4个，因此离[Co(NH )]2+最近的Cl-有8个，故B错误；C项，[Co(NH )]Cl
3 6 3 6 2
中，只有NH 是配体，中心离子的配位数为6，故C错误；D项，晶胞中[Co(NH )]2+数目： ，
3 3 6Cl-数目：8，晶胞的质量：m= ，晶体的密度为 ，故D正确；
故选C。
1．(2024·北京卷，12，3分)下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是( )
A．依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向
B．依据一元弱酸的K，可推断它们同温度同浓度稀溶液的 大小
a
C．依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大
D．依据F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱
【答案】C
【解析】A项，对于可逆反应的Q与K的关系：Q>K，反应向逆反应方向进行；Q<K，反应向正反应
方向进行；Q=K，反应处于平衡状态，故依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行
的方向，A正确；B项，一元弱酸的K 越大，同温度同浓度稀溶液的酸性越强，电离出的H+越多，pH越
a
小，B正确；C项，同一周期从左到右，第一电离能是增大的趋势，但是ⅡA大于ⅢA，VA大于VIA，C
不正确；D项，F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能越大，氢化物的热稳定性越强，D正确；故选
C。
2．(2024·河北卷，8，3分)从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释
不符的是( )
选项 实例 解释
A 原子光谱是不连续的线状谱线 原子的能级是量子化的
孤电子对与成键电子对的斥力大
B CO、CHO、CCl 键角依次减小
2 2 4 于成键电子对之间的斥力
CsCl晶体中Cs+与8个Cl-配位，而NaCl晶体中
C Cs+比Na+的半径大
Na+与6个Cl-配位
各步中的C-H键所处化学环境不
D 逐个断开CH 中 的C-H键，每步所需能量不同
4 同
【答案】B
【解析】A项，原子光谱是不连续的线状谱线，说明原子的能级是不连续的，即原子能级是量子化的，故A正确；B项，CO 中心C原子为sp杂化，键角为180°，CHO中心C原子为sp2杂化，键角大约为
2 2
120°，CH 中心C原子为sp3杂化，键角为109°28′，三种物质中心C原子都没有孤电子对，三者键角大小
4
与孤电子对无关，故B错误；C项，离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小，离子半径比越
大，配位数越大，Cs+周围最多能排布8个Cl-，Na+周围最多能排布6个Cl-，说明Cs+比Na+半径大，故C
正确；D项，断开第一个键时，碳原子周围的共用电子对多，原子核对共用电子对的吸引力较弱，需要能
量较小，断开C-H键越多，碳原子周围共用电子对越少，原子核对共用电子对的吸引力越大，需要的能量
变大，所以各步中的C-H键所处化学环境不同，每步所需能量不同，故D正确；故选B。
3．(2024·辽吉黑卷，9，3分)环六糊精(D-吡喃葡萄糖缩合物)具有空腔结构，腔内极性较小，腔外极性
较大，可包合某些分子形成超分子。图1、图2和图3分别表示环六糊精结构、超分子示意图及相关应用。
下列说法错误的是( )
A．环六糊精属于寡糖
B．非极性分子均可被环六糊精包合形成超分子
C．图2中甲氧基对位暴露在反应环境中
D．可用萃取法分离环六糊精和氯代苯甲醚
【答案】B
【解析】A项，1mol糖水解后能产生2~10mol单糖的糖称为寡糖或者低聚糖，环六糊精是葡萄糖的缩
合物，属于寡糖，A正确；B项，要和环六糊精形成超分子，该分子的直径必须要匹配环六糊精的空腔尺
寸，故不是所有的非极性分子都可以被环六糊精包含形成超分子，B错误；C项，由于环六糊精腔内极性
小，可以将苯环包含在其中，腔外极性大，故将极性基团甲氧基暴露在反应环境中，C正确；D项，环六
糊精空腔外有多个羟基，可以和水形成分子间氢键，故环六糊精能溶解在水中，而氯代苯甲醚不溶于水，
所以可以选择水作为萃取剂分离环六糊精和氯代苯甲醚，D正确；故选B。
4．(2024·湖北卷，15，3分)科学家合成了一种如图所示的纳米“分子客车”，能装载多种稠环芳香烃。
三种芳烃与“分子客车”的结合常数(值越大越稳定)见表。下列说法错误的是( )芳烃 芘 并四苯 蒄
结构
结合常数 385 3764 176000
A．芳烃与“分子客车”可通过分子间相互作用形成超分子
B．并四苯直立装载与平躺装载的稳定性基本相同
C．从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘
D．芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”的结合
【答案】B
【解析】A项，“分子客车”能装载多种稠环芳香烃，故芳烃与“分子客车”通过分子间作用力形成分子
聚集体——超分子，A正确；B项，“分子客车”的长为2.2nm、高为0.7nm，从长的方向观察，有与并四苯
分子适配的结构，从高的方向观察则缺少合适结构，故平躺装载的稳定性大于直立装载的稳定性，B错误；
C项，芘与“分子客车”中中间部分结构大小适配，故从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘，C正确；
D项，芘、并四苯、蒄中π电子数逐渐增多，与“分子客车”的结合常数逐渐增大，而结合常数越大越稳定，
故芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”结合，D正确；故选B。
5．(2021·湖北卷，9)下列有关N、P及其化合物的说法错误的是( )
A．N的电负性比P的大，可推断NCl 分子的极性比PCl 的大
3 3
B．N与N的π键比P与P的强，可推断N≡N的稳定性比P≡P的高
C．NH 的成键电子对间排斥力较大，可推断NH 的键角比PH 的大
3 3 3
D．HNO 的分子间作用力较小，可推断HNO 的熔点比HPO 的低
3 3 3 4
【答案】A
【解析】Cl、P的电负性差值大于Cl、N的电负性差值，三氯化氮、三氯化磷的空间结构都是三角锥形，故三氯化氮的分子极性小于三氯化磷，A项错误；分子的稳定性与键能、键数目有关，N与N的π键
比P与P的强，可推断N≡N的稳定性比P≡P的高，B项正确；NH 、PH 分子的空间结构都是三角锥形，
3 3
N、P原子价层孤电子对数都为1，杂化类型都是sp3，但是N原子半径小于P，N的电负性大于P，NH 分
3
子中成键电子对之间排斥力大于PH ，故NH 键角大于PH ，C项正确；晶体熔点高低由构成晶体的微粒之
3 3 3
间作用力大小决定，HNO 、HPO 都是分子晶体，硝酸的相对分子质量小于磷酸，HNO 分子间作用力小
3 3 4 3
于HPO ，磷酸的熔点高于硝酸，D项正确。
3 4
