文档内容
专题 12 大题突破——物质结构与性质综合
目录
01考情透视·目标导航............................................................................................................................
02知识导图·思维引航............................................................................................................................
03核心精讲·题型突破............................................................................................................................
题型一 电子排布、电负性、电离能及等电子体.............................................................................
【真题研析】.............................................................................
【核心精讲】.............................................................................
1．原子核外电子的排布规律................................................................
2．基态原子核外电子排布的四种方法........................................................
3．电离能、电负性........................................................................
4．常见等电子体..........................................................................
【命题预测】.............................................................................
考向1 核外电子的排布....................................................................
考向2电离能、电负性.....................................................................
题型二 立体构型、杂化类型、晶体类型的判断及原因解释.....................................................
【真题研析】.............................................................................
【核心精讲】.............................................................................
1．中心原子杂化类型和分子空间构型的相互判断..............................................
2．常见结构与性质问题的原因解释..........................................................
【命题预测】.............................................................................
题型三 晶体化学式及粒子数的确定.............................................................................................
【真题研析】.............................................................................
【核心精讲】.............................................................................
1．晶胞中微粒数的计算方法——均摊法......................................................
2．晶胞中粒子配位数的计算................................................................
【命题预测】.............................................................................
考向1晶体化学式及粒子数的确定...........................................................
考向2配位数的计算.......................................................................
题型四 晶胞参数的计算.................................................................................................................【真题研析】.............................................................................
【核心精讲】.............................................................................
1．晶胞参数..............................................................................
2．宏观晶体密度与微观晶胞参数的关系......................................................
3．空间利用率............................................................................
【命题预测】.............................................................................
考点要求 考题统计 考情分析
2024·山东卷，16(1)；2024·北京卷，
15(1)；2024·浙江1月卷，17(2)；2024·浙
江6月卷，17(2)；2023全国乙卷35(1) 随着改革的深入，《物质结构与性
题，15分；2023浙江1月选考17(2)题， 质》已列入各省市必考题，题目一
般是以元素推断或某主族元素为背
原子结构 10分；2023北京卷，15(1)(2)题；2022全
景，以“拼盘”形式呈现，各小题
与性质 国甲卷，35(1)(2)题；2022河北卷，17(1)
之间相对独立，主要考查原子结构
(2)；2022湖南卷，18(1)(2)；2022全国乙
与性质、分子结构与性质、晶体结
卷，35(1)；2022重庆卷，18(1)(2)；2022
构与性质。试题背景新颖，注重体
北京卷，15(1)(2)(3)；2022海南卷，19(1)
现科学新成果或新发现，更注重
(2)；2022广东卷，20(1)题；
“结构决定性质”思想的树立，考
查空间想象能力。在原子结构部分
2024·山东卷，16(3)；2024·北京卷，
主要命题点有电子排布式或排布图
15(2)；2024·浙江1月卷，17(3)；2024·浙
的书写，电离能、电负性大小的比
江6月卷，17(3)；2024· 海南卷，19(1)(2)
较与判断；在分子结构部分主要命
(3)(4)(5)；2023浙江6月选考，17(2)；
题点有化学键类型的判断，分子构
分子结构 2023全国乙卷，35(2)；2023山东卷，
型的判断，中心原子杂化方式的判
与性质 16(2)；2023浙江1月选考，17(1)；2023
断；在晶体结构部分主要命题点有
北京卷，15(3)；2022河北卷，17(3)；
晶体类型的判断，晶体结构的计算
2022湖南卷，18(3)；2022广东卷，20(2) 等。预测2025年试题背景新颖，注
(4)(5)；2022全国乙卷，35(2)；2022全国 重体现科学新成果或新发现，更注
甲卷，35(3)；2022海南卷，19(3)； 重“结构决定性质”思想的树立，
考查空间想象能力。从题型上看，
2024·山东卷，16(2)；2024·福建卷，
一般给出一定的知识背景，然后设
11(5)；2024·北京卷，15(3)；2024·浙江1
置3～4个小问题，每一个小题考查
月卷，17(1)；2024·浙江6月卷，17(1)；
相应的知识要点仍是今后命题的基
2024·广西卷，15(6)；2024· 贵州卷， 本模式。在原子结构部分主要命题
16(5)；2024·甘肃卷，15(5)；2024· 海南 点有电子排布式或排布图的书写，
卷，19(6)；2024·广东卷，18(6)；2023全 电离能、电负性大小的比较与判
晶体结构 国乙卷，35(3)；2023全国甲卷，35；2023 断；在分子结构部分主要命题点有
与性质 浙江1月选考，17(3)；2023浙江6月选 化学键类型的判断，分子构型的判
考，17(3)；2023山东卷，16(1)(3)；2023 断，中心原子杂化方式的判断；在
北京卷，15(5)(6)；2022全国甲卷，3(5)； 晶体结构部分主要命题点有晶体类
2022全国乙卷，35(3)(4)；2022重庆卷， 型的判断，晶体结构的计算等。
18(3)(4)；2022北京卷，15(4)(5)；2022湖
南卷，18(4)(5)(6)；2022广东卷，20(6)；
2022江苏卷，17(2)；题型一 电子排布、电负性、电离能及等电子体
1．(2024·山东卷，16节选)锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：
(1) 在元素周期表中位于第_______周期_______族；同周期中，基态原子未成对电子数比 多的
元素是_______(填元素符号)。
【答案】(1)①四 ②ⅦB ③Cr
【解析】(1)Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期Ⅶ B族；基态Mn的电子排布式为：
[Ar]3d54s2，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电
子排布式为[Ar]3d54s1，有6个未成对电子。
2．(2024·北京卷，15节选)锡(Sn)是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。
(1) Sn位于元素周期表的第5周期第IVA族。将Sn的基态原子最外层轨道表示式补充完整： 。【答案】(1)
【解析】(1)Sn位于元素周期表的第5周期ⅣA族，基态Sn原子的最外层电子排布式为5s25p2，Sn的
基态原子最外层轨道表示式为 。
3．(2024·浙江1月卷，17节选)氮和氧是构建化合物的常见元素。
(2)下列说法正确的是_______。
A．电负性：B＞N＞O B．离子半径：P3-＜S2-＜Cl-
C．第一电离能：Ge＜Se＜As D．基态 2+的简化电子排布式：[Ar]3d4
【答案】(2)CD
(2)A项，同一周期，从左到右，电负性依次增强，故顺序为O＞N＞B，A错误；B项，核外电子排布
相同，核电荷数越大，半径越小，故顺序为P3-＞S2-＞Cl-，B错误；C项，同一周期，从左到右，电离能增
大的趋势，VA族和ⅥA族相反，故顺序为Ge＜Se＜As，C正确；D项，基态Cr的简化电子排布式：
[Ar]3d54s1，Cr2+的简化电子排布式为[Ar]3d4，D正确；故选CD。
4．(2024·浙江6月卷，17节选)氧是构建化合物的重要元素。请回答：
(2)下列有关单核微粒的描述正确的是_______。
A．Ar的基态原子电子排布方式只有一种
B．Na的第二电离能 的第一电离能
C．Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2
D．Fe原子变成Fe+，优先失去 轨道上的电子
【答案】(2)AB
【解析】(2)A项，根据原子核外电子排布规律，基态Ar原子的电子排布方式只有1s22s22p63s23p6一种，
A项正确；B项，Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，
Na+和Ne具有相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，故
Na的第二电离能＞Ne的第一电离能，B项正确；C项，Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排
布式为[Ar]3d104s24p2，C项错误；D项，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，D项错误；故选AB。
1 ． 原子核外电子的排布规律
原子核外电子总是优先占据能量更低的原子轨道
①能量最低原理
1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d→4p→5s→4d→5p→6s…
当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个
②洪特规则
轨道，且自旋状态相同
③泡利原理 每个原子轨道上最多只能容纳2个自旋方向相反的电子
2 ． 基态原子核外电子排布的四种方法
表示方法 举例
电子排布式 K：1s22s22p63s23p64s1
简化表示式 Cu：[Ar]3d104s1
价电子排布式 Fe：3d64s2
电子排布图
(或轨道表示式) \s\up12(O：)
常见特殊原子或离子基态简化电子排布式
微粒 电子排布式 微粒 电子排布式 微粒 电子排布式
Fe原子 [Ar]3d64s2 Cu＋ [Ar]3d10 Cu2＋ [Ar]3d9
Cr原子 [Ar]3d54s1 Fe2＋ [Ar]3d6 Mn2＋ [Ar]3d5
Cr3＋ [Ar]3d3 Fe3＋ [Ar]3d5 Ni原子 [Ar]3d84s2
【易错提醒】
基态原子电子排布图书写的常见错误
错误类型 错因剖析 改正
违背能量最低原理
违背泡利原理
违背洪特规则
违背洪特规则
3 ． 电离能、电负性
(1)元素第一电离能的周期性变化规律
一般规 同一周期，随着原子序数的增加，元素的第一电离能呈现增大的趋势，稀有气体元素的第一电离能最大，碱金属元素的第一电离能最小；同一主族，随着电子层数的增加，元素的第一电离
律
能逐渐减小
第一电离能的变化与元素原子的核外电子排布有关。通常情况下，当原子核外电子排布在能量
特殊情
相等的轨道上形成全空(p0、d0、f0)、半满(p3、d5、f7)和全满(p6、d10、f14)结构时，原子的能量较
况
低，该元素具有较大的第一电离能
(2)电离能、电负性大小判断
规律 在周期表中，电离能、电负性从左到右逐渐增大，从上往下逐渐减小
同周期主族元素，第ⅡA族(ns2)全充满、第ⅤA族(np3)半充满，比较稳定，所以其第一电离能
特性
大于同周期相邻的第ⅢA族和第ⅥA族元素
常常应用化合价及物质类别判断电负性的大小，如O与Cl的电负性比较：①HClO中Cl为＋
方法 1价、O为－2价，可知O的电负性大于Cl；②Al O 是离子化合物、AlCl 是共价化合物，可
2 3 3
知O的电负性大于Cl
4 ．常见等电子体
粒子 通式 价电子总数 立体构型
CO、SCN－、NO、N、NO、COS、CS AX 16e－ 直线形
2 2 2 2
CO、NO、SO AX 24e－ 平面三角形
3 3
SO 、O、NO AX 18e－ V形
2 3 2
SO、PO AX 32e－ 正四面体形
4
PO、SO、ClO AX 26e－ 三角锥形
3
CO、N、C AX 10e－ 直线形
2
CH、NH AX 8e－ 正四面体形
4 4
考向 1 核外电子排布
1．(2025·北京市海淀区高三模拟，节选)锡(Sn)是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。
(1)Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族，属于 区。
【答案】(1)p
【解析】(1)Sn位于元素周期表的第五周期第ⅣA族，其价电子排布为5s25p2，属于p区元素。
2．(2025·浙江省金华第一中学高三选考模拟，17节选)铑(Rh)和铱(Ir)形成的材料在生产生活中应用广
泛，如铑(Rh)膦络合物常用作催化剂，二氧化铱(IrO )可用作电生理学研究中的微电极。请回答：
2
(1)铱(Ir)的原子序数为77，其价电子排布式为 ，位于元素周期表的 区。
【答案】(1) 5d76s2 d
【解析】(1)铱(Ir)的原子序数为77，根据稀有气体原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118，可推出铱(Ir)的其价电子排布式为5d76s2，其属于过渡区金属元素，位于元素周期表d区。
3．(2025·广东省广东实验中学高三模拟，节选)锂电池的电解液是目前研究的热点。
(1)锂电池的电解液可采用溶有LiPF 的碳酸酯类有机溶液。
6
①基态Li+的电子云轮廓图的形状为 。
②基态 原子的价层电子轨道表示式为 。
【答案】(1)球形
【解析】(1)①基态Li+的核外电子排布式为1s2，电子云轮廓图的形状为球形。②元素P是15号元素，
最外层电子数为5，P元素位于周期表P区，基态P原子的价层电子轨道表示式为 。
4．(2025·江西省九校联考高三期中，节选)硼及其化合物在材料制造、有机合成等方面用途非常广泛，
其在化合物中常显+3价。回答下列问题：
(1)有机中常用BCl 做催化剂。形成BCl 时，基态B原子价电子层上的电子先激发再杂化，激发过程
3 3
形成的原子光谱为 光谱(填“吸收”或“发射”)，激发后B 原子的价电子轨道表示式最可能为
(填标号)。
【答案】(1)吸收 C
【解析】(1)B的价层电子排布式为2s22p1，形成BCl 时，基态B原子2s上的电子先激发到2p能级上
3
再杂化，电子由2s跃迁到2p能级上形成的原子光谱为吸收光谱，且激发后B 原子的价电子排布式为
2s12p2，价电子轨道表示式最可能为 ，故答案为C。
5．(2025·辽宁省沈阳市高中联合体高三模拟，节选)第ⅢA族元素及其化合物应用广泛。回答下列问
题：
(1)基态Ga原子的价层电子排布式为 。
(2)下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是_______(填标号)。
A． B．C． D．
【答案】(1)4s24p1 (2)C
【解析】(1)Ga为31号元素，基态Ga原子的价层电子排布式为：4s24p1；(2)B的原子序数是5，基态
B原子电子排布式1s22s22p1，其失去第二个电子更难，吸收能量更大， 为2s填满的较稳定结构，
失去电子较 更难，故选C。
6．(2025·湖南省多校高三联考，节选)氮气的活化与转化是现代化学领域极具挑战的课题之一。
(1)基态15N核外有 个运动状态不同的电子；某学生将基态硅原子核外电子轨道表示式画为
，该轨道表示式违反了 。
(2)Li原子的核外电子由 状态变化为 状态所得原
子光谱为 (填“发射”或“吸收”)光谱。
(3)从原子结构角度解释电负性Si＜Cl的原因： 。
【答案】(1) 7 洪特规则 (2)吸收
(3)Cl的原子半径小于Si的，且Cl元素的核电荷数大于Si元素的，Cl原子对键合电子吸引能力更强，
电负性更大
【解析】(1)基态15N核外电子排布式为1s22s22p3，有7个电子，每个电子的运动状态都不同，则基态
15N核外有7个运动状态不同的电子；某学生将基态硅原子核外电子轨道表示式画为
，洪特规则是指在能量相等的轨道上，电子尽可能分占在
不同的轨道上，并且自旋方向相同，该轨道表示式违反了洪特规则。(2)Li原子的核外电子由
状态变化为 状态，电子由低能级跃迁到高能级，需
要吸收能量，所得原子光谱为吸收光谱。(3)Cl的原子半径小于Si的，且Cl元素的核电荷数大于Si元素的，Cl原子对键合电子吸引能力更强，电负性更大。
7．(2025·上海市复旦附中分校高三期中，节选)(1)基态铁原子核外电子排布式为 ，其核外电子
的空间运动状态有 种，价层电子的运动状态有 种。
(2)基态Fe3＋较基态Fe2＋稳定的原因是 。
(7)Cd为第48号元素，Cd在元素周期表中的位置为 ，电子占据的最高能级的原子轨道的电子
云轮廓图的形状为 。
【答案】(1)[Ar]3d64s2 15 8
(2)基态Fe2+的价层电子排布为3d6，基态Fe3+的价层电子排布为3d5，基态Fe3+的3d轨道为半充满状态，
比较稳定
(7)第五周期ⅡB族 球形
【解析】(1)铁为26号元素，基态铁原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；核外
电子的空间运动状态数等于原子轨道数，则基态铁原子核外电子的空间运动状态有1+1+3+1+3+5+1=15种；
价层电子排布式为3d64s2，有8个电子，每个电子的运动状态均不同，则价层电子的运动状态有8种；(2)
基态Fe3＋较基态Fe2＋稳定的原因是：基态Fe2+的价层电子排布为3d6，基态Fe3+的价层电子排布为3d5，基
态Fe3+的3d轨道为半充满状态，比较稳定；(7)Cd为第48号元素，Cd在元素周期表中位于第五周期第12
列，即第五周期ⅡB族，电子占据的最高能级为5s，原子轨道的电子云轮廓图为球形。
考向 2 电负性、电离能
8．(2025·海南省一模，节选)(4)含铜废液可以利用双缩脲[HN(CONH )]进行萃取，实现铜离子的富集、
2 2
进行回收。HN(CONH ) 中除氢外的非金属元素第一电离能由大到小的顺序是 (用元素符号表示)。
2 2
【答案】(4)N＞O＞C
【解析】(4)HN(CONH ) 除H外，所含元素为C、N、O三种，同周期元素从左到右第一电离能呈逐渐
2 2
增大趋势，根据N原子2p轨道为半满状态，第一电离能大于同周期相邻元素，电离能递变规律为N＞O＞
C。
9．(2025·山东省济南市高三联考，节选)镍及其化合物应用广泛。回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子排布式为 。已知第四电离能：I(Fe)＞I(Ni)，从原子结构的角度
4 4
分析原因 。
【答案】(1)3d84s2 Fe失去的是半满状态3d5上的一个电子
【解析】(1)Ni的原子序数为28，价层电子排布式为：3d84s2；Ni失去3个电子后价电子变为3d7，故
再失去的是3d7上的一个电子，Fe失去3个电子后是3d5，再失去的是3d5上的一个电子，而3d5是半满结构，
较稳定，故I(Fe)＞I(Ni)。
4 4
10．[真题改编] (1)(2021·全国乙卷，35节选)过渡金属元素铬(Cr)是不锈钢的重要成分，在工农业生产
和国防建设中有着广泛应用。对于基态Cr原子，下列叙述正确的是( )。
A．轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为[Ar]3d54s1B．4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动
C．电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大
(2)(2020·全国Ⅰ卷，35节选)Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方
面的卓越贡献而获得 2019 年诺贝尔化学奖。Li 及其周期表中相邻元素的第一电离能(I)如表所示。
1
I(Li)>I(Na) ， 原 因 是 ______________________________ 。 I(Be)>I(B)>I(Li) ， 原 因 是
1 1 1 1 1
_____________________。
I/(kJ·mol-1)
1
Li Be B
520 900 801
Na Mg Al
496 738 578
(3)(2020·全国Ⅱ卷，35节选)钙钛矿(CaTiO )型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电
3
阻器等的功能材料。CaTiO 的组成元素的电负性大小顺序是________________。
3
【答案】(1)AC
(2)Na与Li同族，Na的电子层数多，原子半径大，易失电子 Li、Be、B同周期，核电荷数依次增加，
Be为1s22s2全满稳定结构，第一电离能最大，与Li相比，B的核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，
故第一电离能较大
(3)O>Ti>Ca
【解析】(1)电负性为原子对键合电子的吸引力，同周期除0族外，原子序数越大电负性越强，钾与铬
位于同周期，铬原子序数大于钾，故铬的电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C项正确。(2)
同主族元素，从上至下，原子半径逐渐增大，第一电离能逐渐减小，所以I(Li)>I(Na)；同周期元素，从左
1 1
至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于第ⅡA族元素基态原子s能级轨道处于全充满的状态，能量更
低更稳定，所以其第一电离能大于同一周期的第ⅢA族元素，因此I(Be)>I(B)>I(Li)。(3)CaTiO 晶体中含
1 1 1 3
有Ca、Ti、O三种元素，Ca、Ti是同为第四周期的金属元素，Ca在Ti的左边，根据同一周期元素的电负
性从左往右依次增大，故电负性Ti>Ca，O为非金属元素，故其电负性最强，故三者电负性由大到小的顺
序是O>Ti>Ca。
11．(2025·上海市复旦附中分校高三期中，节选)(3)在NH HPO 中的N、P、O三种元素的电负性由大
4 2 4
到小的顺序是 ；N的第一电离能大于O，原因是 。
(6)已知Ga与B同主族，基态Ga原子的原子结构示意图为 。Ga失去电子的逐级电离能(单位：
kJ·mol−1)的数值依次为577、1984.5、2961.8、6192.由此可推知镓的主要化合价为 和+3。
【答案】(3) O＞N＞P 基态N原子的价层电子排布为2s22p3，2p轨道为半充满状态，比较稳定，
不易失电子；而基态O原子的价层电子排布为2s22p4，2p轨道若失去一个电子，则比较稳定的半充满状态，
因此O更容易失去1个电子。因此N的第一电离能大于O(6) +1
【解析】(3)同一周期从左到右，元素电负性依次增大，即电负性：O>N；同一主族从上到下，元素电
负性依次减弱，即电负性：N>P，则在NH HPO 中的N、P、O三种元素的电负性由大到小的顺序是：O
4 2 4
＞N＞P；同一周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA、第ⅤA族的第一电离能大于其右边
相邻元素的第一电离能，即N的第一电离能大于O，其原因是：基态N原子的价层电子排布为2s22p3，2p
轨道为半充满状态，比较稳定，不易失电子；而基态O原子的价层电子排布为2s22p4，2p轨道若失去一个
电子，则比较稳定的半充满状态，因此O更容易失去1个电子。因此N的第一电离能大于O；(6)已知Ga
与B同主族，其原子序数为31，则基态Ga原子的原子结构示意图为 。最外层有3个电
子，又知Ga失去电子的逐级电离能(单位：kJ·mol−1)的数值依次为577、1984.5、2961.8、6192，第一电离
能和第二电离能之差为1407.5 kJ·mol−1，第二电离能和第三电离能之差为977.3 kJ·mol−1，第三电离能和第
四电离能之差为3230.2 kJ·mol−1，说明失去第2个电子和第4个电子比较困难，由此可推知镓的主要化合价
为+1和+3。
12．(2025·浙江省天域全国名校协作体高三联考，17节选)含铜铟镓硒元素的化合物作为太阳能吸收层
薄膜材料，可用于生产第三代太阳能电池。已知镓(Ga)、铟(In)、铊(Tl)是原子序数依次增大的ⅢA族元素，
请回答：
(1)三乙基铝Al(C H) 常温下为无色液体，是烯烃定向聚合的催化剂，可与醚、胺类等形成相当稳定的
2 5 2
配合物。
①基态Al原子的核外电子空间运动状态有 种。三乙基铝的晶体类型为 。
②三乙基铝能与乙醚形成配合物A[(C H)AlO(C H)]。比较键角 的大小：三乙基铝
2 5 3 2 5 2
配合物A(填“>”“<”或“=”)。
③三乙基铝还能与N，N-二甲基环己胺( )形成配合物B，已知A的稳定性小于B，解释原因：
。(2)下列说法不正确的是___________。
A．第一电离能：Se>Ga
B．金属Ga的熔点比Al低
C．Al(OH) 具有两性，故Tl(OH) 具有两性
3 3
D．基态In原子简化的电子排布式为 [Kr] 5s25p1
【答案】(1) 7 分子晶体 > N元素的电负性小于O，更易给出孤电子对
(2)CD (3) InCuSe 6
2
【解析】(1)①基态Al原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，s为1种，2p有3种，3p有1种，空间
运动状态有7种，三乙基铝常温下为无色液体，所以推测晶体类型为分子晶体；②三乙基铝能与乙醚形成
配合物A[(C H)AlO(C H)]，氧原子提供孤对电子，对C-Al斥力增大，所以键角 的大小：三
2 5 3 2 5 2
乙基铝>配合物A；③三乙基铝还能与N，N-二甲基环己胺( )形成配合物B，已知A的稳定性
小于B，是因为N元素的电负性小于O，更易给出孤电子对；(2)A项，同一周期第一电离能从左至右呈增
大趋势，所以第一电离能：Se>Ga，正确；B项，Ga、Al为同主族的金属晶体，同主族从上到下金属晶体
的金属键逐渐减弱，熔点降低，金属Ga的熔点为29.93℃，比Al低，正确；C项，同主族从上到下最高价
氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，Al(OH) 具有两性，Tl(OH) 不具有两性，错误；D项，基态In原子简
3 3
化的电子排布式为[Kr]4d105s25p1，错误；故选CD。
题型二 立体构型、杂化类型、晶体类型的判断及原因解释
1．(2024·山东卷，16节选)锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：
(3)[BMIM]+BF- (见图)是MnO 晶型转变的诱导剂。BF-的空间构型为_______；[BMIM]+中咪唑环存
4 x 4
在 大 键，则N原子采取的轨道杂化方式为_______。
(4) MnO 可作 转化为FDCA的催化剂(见下图)。FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存
x在差异外，另一重要原因是_______。
【答案】(3)①正四面体形 ②sp2
(4)FDCA形成的分子间氢键更多
【解析】(3)BF -中B形成4个σ键(其中有1个配位键)，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环
4
存在 大 键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2；(4)由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA
均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。
2．(2024·北京卷，15节选)锡(Sn)是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。
(2) SnCl 和SnCl 是锡的常见氯化物，SnCl 可被氧化得到。
2 4 2
①SnCl 分子的 模型名称是 。
2
②SnCl 的Sn-Cl键是由锡的 轨道与氯的 轨道重叠形成σ键。
4
【答案】 (2)平面三角形 sp3杂化
【解析】(2)①SnCl 中Sn的价层电子对数为2+ ×(4-2×1)=3，故SnCl 分子的VSEPR模型名称是平面
2 2
三角形；②SnCl 中Sn的价层电子对数为4+ ×(4-4×1)=4，有4个σ键、无孤电子对，故Sn采取sp3杂化，
4
则SnCl 的Sn—Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。
4
3．(2024·浙江1月卷，17节选)氮和氧是构建化合物的常见元素。
(3)①HN-NH+H+→HN-NH+，其中-NH 的N原子杂化方式为 ；比较键角 中
2 2 2 3 2
的-NH HN-NH+中的-NH + (填“>”、“<”或“=”)，请说明理由 。
2 2 3 3
②将HNO 与SO 按物质的量之比1：2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是
3 3
NO +。比较氧化性强弱：NO + HNO (填“>”、“<”或“=”)；写出A中阴离子的结构式 。
2 2 3
【答案】(3) ①sp3 ＜ -NH 有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小
2②＞
【解析】(3)①-NH 的价层电子对数 ，故杂化方式为sp3；-NH 价层电子对数为4，有一
2 2
对孤电子对，-NH +价层电子对数 ，无孤对电子，又因为孤电子对对成键电子的排斥力大
3
于成键电子对成键电子的排斥力，故键角 中的-NH ＜HN-NH+中的-NH +；②将HNO 与
2 2 3 3 3
SO 按物质的量之比1：2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是NO +，则A为
3 2
NO HS O，NO +为硝酸失去一个OH-，得电子能力更强，氧化性更强，故氧化性强弱：NO + ＞HNO；阴
2 2 7 2 2 3
离子为HS O-根据已知可知其结构式为 。
2 7
4．(2024·浙江6月卷，17节选)氧是构建化合物的重要元素。请回答：
(3)化合物 和 的结构如图2。
① 和 中羟基与水均可形成氢键( )，按照氢键由强到弱对三种酸排序 ，
请说明理由 。
②已知 、 钠盐的碱性NaC＞NaD，请从结构角度说明理由 。
【答案】(3) ①HC>HB>HA O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得
HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，其中羟基与HO形成的氢键逐渐增强
2
②S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时
HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，碱性NaC
＞NaD
【解析】(3)①O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟
基的极性逐渐增大，从而其中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC>HB>HA；②HC、HD钠盐的碱性NaC＞NaD，说明酸性HC＜HD，原因是：S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H
键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD
＞HC，C-的水解能力大于D-，钠盐的碱性NaC＞NaD。
5．(2024· 海南卷，19节选)锂电池是新型储能系统中的核心部件。作为锂电池中用到的电解质材料之
一，Li-bfsi (阴离子bfsi结构见下图。A)深受关注。
回答问题：
(1) Li-bfsi的制备前体Li-bfsi (B)，可由C的氟化反应得到，C中第三周期元素有 (填元素符号)。
(2)C分子中，两个H-N-S键角均为117°，S-N-S键角为126°，N的原子轨道杂化类型为 。
(3)B溶于某溶剂发生自耦电离(2B A+F)，阳离子F的结构式为 。
(4)B和D水溶液均呈酸性，相同温度下，K 值大小关系：B D(填“>”或“<”)；沸点大小关系：
a
B(170℃)>E(60.8℃)，其原因是 。
(5)研究表明，某有机溶剂中，相同浓度的G溶液和H溶液，前者电导率显著低于后者，原因是
。
【答案】(1)Cl、S (2) sp2
(3) 或
(4) > B分子间存在氢键
(5)G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子
浓度小于H溶液
【解析】(1)由图可知，C中第三周期元素为氯元素和硫元素；(2)由键角可知，C中氮原子的价层电子
对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化；(3)由原子个数和电荷总数守恒可知，阳离子 F的结构式可能为或 ；(4)氟原子是吸电子基，会使氮氢键的极性增强，电离出氢离子的能力增大，
乙基是供电子基，会使氮氢键的极性减弱，电离出氢离子的能力减弱，则b的酸性强于D；由图可知，B
分子能形成分子间氢键，E分子不能形成分子间氢键，所以B的分子间作用力强于B，沸点强于B；(5)由
图可知，G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离
子浓度小于H溶液，所以有机溶剂中，相同浓度的G溶液和H溶液，前者电导率显著低于后者。
键角大小比较思维模型
1 ． 中心原子杂化类型和分子空间构型的相互判断
分子(A为 中心原子 中心原子孤
分子构型 示例
中心原子) 杂化方式 电子对数
sp 0 直线形 BeCl
2
AB sp2 1 V形 SO
2 2
sp3 2 V形 HO
2
sp2 0 平面三角形 BF
3
AB
3
sp3 1 三角锥形 NH
3
AB sp3 0 正四面体形 CH
4 4
2 ．常见结构与性质问题的 原因解释
(1)物质稳定性比较
①CuO在1 273 K时分解为Cu O和O ，请从铜的原子结构来说明在高温下Cu O比CuO更稳定的原因：
2 2 2最外层电子排布 C u O 中 Cu + 为 3d 10 ，而 CuO 中 Cu 2+ 为 3d 9 ，最外层电子排布达到全充满时更稳定 。
2
②稳定性HS>HSe的原因： 硫原子半径比硒小， S—H 的键能比 Se—H 的键能大 。
2 2
③SiH 的稳定性小于CH ，更易生成氧化物，原因是 C—H 的键能大于 C—O ， C—H 比 C—O 稳定，而
4 4
Si—H 的键能却远小于 Si—O ，所以 Si—H 不稳定而倾向于形成更稳定的 Si—O 。
(2)配位键的形成
①CN-作配体时，提供孤电子对的通常是碳原子，而不是氮原子，原因是碳元素的电负性小于氮元素的
电负性，对孤电子对的吸引能力弱，给出电子对更容易。
②已知NF 与NH 的空间结构相同，但NF 不易与Cu2+形成配离子，原因是 F 的电负性比 N 大， N—F
3 3 3
成键电子对偏向氟原子，偏离氮原子，使得氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难与 C u 2 + 形成配位键 。
(3)键角的大小
CH、NH 、HO的键角由大到小的顺序为CH>NH>H O，原因：三种氢化物的中心原子价层电子对数
4 3 2 4 3 2
均为 4 ， VSEPR 模型均为四面体，但中心原子的孤电子对数依次增多，对成键电子对的排斥作用增大，故
键角依次减小。
(4)氢键
①水由液体形成固体后密度却减小，原因是水在形成晶体时，由于氢键的作用使分子间距离增大，空
间利用率降低，密度减小。
②测定化合物HF的相对分子质量时，发现实验值一般高于理论值，其主要原因是 HF 分子间存在氢键 ，
易形成缔合分子 (HF ) 。
n
③HO沸点高于HS的原因：H O 分子间存在氢键，且比范德华力强 。
2 2 2
(5)晶体导电的原因
①Fe O 晶体能导电的原因：电子可在两种不同价态的铁离子间迅速发生转移。
3 4
②金属镍导电的原因：镍单质是金属晶体，由金属阳离子和自由电子构成，自由电子在外加电场的作
用下可发生定向移动。
(6)晶体熔、沸点比较
①氯化铝的熔点为190 ℃，而氟化铝的熔点为 1 290 ℃，导致这种差异的原因：AlCl 是分子晶体，而
3
AlF 是离子晶体，离子键比分子间作用力强得多。
3
②氮化硼(BN)和磷化硼(BP)都是耐磨涂料，它们的结构相似，但是氮化硼晶体的熔点要比磷化硼晶体
的熔点高，原因是 氮化硼 (BN ) 和磷化硼 (BP ) 都属于共价晶体，而氮原子的半径比磷原子小， B—N 的键长
比 B—P 短，键能更大，熔化时破坏化学键需要的能量更多，所以氮化硼晶体的熔点要比磷化硼晶体的熔
点高。
③K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属钾的熔、沸点等都比金属铬低，原因是
由于钾原子的半径比铬原子大而且价层电子数较少，其金属键比 C r 弱，所以其熔、沸点较低 。1．(2025·广东省广东实验中学高三模拟，节选)锂电池的电解液是目前研究的热点。
(2)为提高锂电池的安全性，科研人员采用离子液体作电解液。某种离子液体的阳离子的结构简式如下，
阴离子为PF -。
6
① 、 、 三种元素的电负性由大到小的顺序为 。
②该阳离子中，带“*”的 原子的杂化轨道类型为 杂化。
③根据 模型，PF -的中心原子上的价层电子对数为 ，空间结构为正八面体形。
6
【答案】(2) F＞N＞P sp2 6
【解析】(2)①一般，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大，从上到下，逐渐变小。根据元素周期
表位置可知，电负性由大到小的是F＞N＞P；②该阳离子结构中， ，带
“*”的C原子含有3个σ键，没有孤电子对，则价电子对数是n=3，为sp2杂化；③阴离子为PF -，其中心
6
原子P的价层电子对数是 。
2．(2025·湖南省多校高三联考，节选)氮气的活化与转化是现代化学领域极具挑战的课题之一、我国
学者以氮气为氮源高效合成了活性氮物质LiCN，以LiCN 为合成子，能用于多种高附加值含氮化合物的
2 2 2 2
合成。如有机物甲的合成路径如图所示：
(4) (CH )SiCl分子中碳、硅原子的杂化类型分别为 、 。
3 3
(5)1mol甲分子中 键数目为 。
【答案】(4) sp3 sp3 (5) 28N 或28×6.02×1023
A
【解析】(4)(CH )SiCl中C原子和Si原子均形成4个σ键且没有孤电子对，杂化类型均为sp3。(5)单键
3 3
是σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，甲分子中含有2×(3×3+4+1)=28，则1mol甲分子中σ键数目为28N 或28×6.02×1023。
A
3．(2025·浙江部分高中高三联考，17节选)C、 元素是构成物质世界的基本元素。
(2)C 在超导、强磁性、耐高压等方面有优异的性能，其晶体采用面心立方堆积方式。下列说法正确的
60
是 。
A．C 晶体特征符合分子密堆积
60
B．C 中的碳原子的杂化方式有sp2、sp3
60
C．能量最低的激发态C原子的电子排布式：1s22s22p12p1
x z
D．C 能与杯酚通过共价键相结合，经过尺寸匹配实现“分子识别”
60
E．C 晶体中分子的配位数为12
60
(3)已知：乙二酸分子内脱水可生成C O。芳香族化合物C O 也可用于类似原理生成，核磁共振谱显
2 3 12 9
示该分子中仅存在两种化学环境不同的碳原子，则C O 的结构简式为 。
12 9
(4)物质的微观结构决定其宏观性质，进而影响其用途。
①氢氟酸( 的水溶液)能与二氧化硅反应，工业常常通过此方法来生成磨砂玻璃。其反应能进行的原
因除了氟的电负性比氧大，能够更强烈地吸引电子对，导致 键易断裂以外，请从化学反应的进行角
度解释能够发生的原因 。
②白磷(P )为正四面体构型(如图)，其中每个P均以sp3杂化，请从物质结构角度解释白磷易自燃的原因
4
。
【答案】(2)AE (3)
(4)①反应属于熵增效应(或该反应生成气体离开体系，平衡向右边移动，更易进行) ②白磷分子呈
正四面体结构(或磷原子采用sp3杂化形式)，其中键角为60°，而正四面体结构键角倾向于 ，使得P-P
键弯曲而具有较大张力，其键能较小，易断裂(或由于P的原子半径较大，使得原子重叠程度较小，其键能
较小，易断裂)
【解析】(2)A项，C 是分子晶体，符合分子密堆积方式，故A正确；B项，C 分子中C原子形成3
60 60
个 键，且不含有孤对电子，其杂化方式为sp2，故B错误；C项，1s22s22p12p1是基态C原子的电子排布
x z
式，能量最低的激发态C原子的电子排布式1s22s22p13s1，故C错误；D项，C 能与杯酚通过范德华力相结
60合成超分子，经过尺寸匹配实现“分子识别”，故C错误；E项，晶体采用面心立方堆积方式，以顶点的
C 为对象，其距离最近的C 位于与之相邻的三个面心上，顶点的C 被8个晶胞共用，面心的C 被两个
60 60 60 60
晶胞共用，则其配位数为 个，故E正确；故选AE；(3)乙二酸分子内脱水可生成C O，其原理
2 3
为： ，则芳香族化合物C O 也可用于类似原理生成，核磁共
12 9
振谱显示该分子中仅存在两种化学环境不同的碳原子，其结构简式为 。(4)①反应化
学方程式为4HF+SiO =SiF ↑+H O，该反应生成气体离开体系，平衡向右边移动，更易进行；②白磷分子呈
2 4 2
正四面体结构，磷原子采用sp3杂化形式，其中键角为60°，而正四面体结构键角倾向于 ，使得P-P
键弯曲而具有较大张力，其键能较小，易断裂(或由于P的原子半径较大，使得原子重叠程度较小，其键能
较小，易断裂)。
4．[真题改编] (2021·广东卷，20改编)很多含巯基(—SH)的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例
如，解毒剂化合物Ⅰ可与氧化汞生成化合物Ⅱ。
①化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有__________________。
A．在Ⅰ中S原子采取sp3杂化 B．在Ⅱ中S元素的电负性最大
C．在Ⅲ中C—C—C键角是180° D．在Ⅲ中存在离子键与共价键
E.在Ⅳ中硫氧键的键能均相等
②汞解毒剂的水溶性好，有利于体内重金属元素汞的解毒。化合物Ⅰ与化合物Ⅲ相比，水溶性较好的
是___________。
【答案】①AD ②化合物Ⅲ6-2×1
【解析】①化合物Ⅰ中S原子的价层电子对数=2+ =4，因此S原子采取sp3杂化，A项正确；
2
化合物Ⅱ中含有的元素为H、C、O、S、Hg，同周期元素从左至右元素的电负性逐渐增大，同主族元素从
上至下元素的电负性逐渐减小，因此5种元素中电负性最大的为O元素，B项错误；化合物Ⅲ中C原子成
键均为单键，因此C原子采取sp3杂化，所以C—C—C键角接近109.5°，C项错误；化合物Ⅲ中存在C—
H、C—C、C—S、S=O、S—O、S—H共价键和离子键，D项正确。②化合物Ⅰ中羟基能与水分子之间形
成分子间氢键，化合物Ⅲ为易溶于水的钠盐，溶于水后电离出的 中O原子均能与水分子之间
形成氢键，相同物质的量两种物质溶于水后， 形成的氢键更多，因此化合物Ⅲ更易溶于水。
5．(2025·浙江省金华第一中学高三选考模拟，17节选)铑(Rh)和铱(Ir)形成的材料在生产生活中应用广
泛。
(2)固体铑(Rh)膦缘金催化剂(Ph为苯基)的结构如图所示，分子中P原子的杂化方式为 ，
1mol该物质中含有的σ键的数目为 。
(4)均为平面结构的吡咯( )和吡啶( )在盐酸中溶解度较大的为 ，原因是
。
【答案】(2) sp3 114N
A
(4) 吡咯 吡咯和吡啶相比，吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一
个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤对电子参与了环的芳香性，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而
减弱了其碱性，即吡啶更容易与盐酸电离出的H＋结合，即吡咯再盐酸中的溶解性比吡啶的更大
【解析】(2)根据固体铑(Rh)膦络合催化剂(Ph为苯基)的结构图，可知P原子的价电子对数为4，其杂
化方式为sp3；PPH 中σ键的数目36，1个CO分子中含有1个σ键，Rh周围有5个单键，因此1mol该物
3
质中含有的σ键的数目为(36×4+1+5)mol=114mol，即1mol该物质中含有的σ键的数目为114N 。(4)吡咯和
A
吡啶相比，吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，
氮原子的孤对电子参与了环的芳香性，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，即吡啶更容易与盐酸电离出的H＋结合，即吡咯在盐酸中的溶解性比吡啶的更大。
6．(2025·辽宁省沈阳市高中联合体高三模拟，节选)(5)六方氮化硼晶体也被称为“白石墨”，具有和
石墨晶体相似的层状结构(如下图所示)。
①比较B和N的电负性大小，并从原子结构角度说明理由： 。
②分析六方氮化硼晶体层间是否存在化学键并说明依据： 。
【答案】(5) B和N电子层数相同，核电核数BN，原子核对键合电子的吸引作用
BN，原子核对键合电子的吸引作用
B N元素的电负性小于O，更易给出孤电子对
(2)CD (3) InCuSe 6
2
【解析】(3)①由晶胞可知In位于顶点、面上和体心，所以个数为 ，Cu位于棱上和面
上，所以个数为 ，Se位于体内，所以个数为8，该化合物的化学式为InCuSe ；②该晶胞中，
2
通过观察可以看出1号Se原子左边都连接In、右边连接Cu，除此之外只有6号原子连接方式相同，所以
通过平移能与1号Se原子完全重合的原子为6号。
6．[新考法](2025·山东省Eternal7社区高三模拟预测，节选)(5)已知钇(Y)的另外一种二元化合物X具
有金属般的导电性能，晶体结构如图所示，其间可捕获自由电子(e-)，且碳以C 2-单元存在，据此猜想X的
2
微粒组成可表示为 。
【答案】(5) Y(C 2-)(e-)
2
【解析】(5)根据“均摊法”，晶胞中含 个 、 个C，也就是2个C 2-，其间还可
2
捕获自由电子(e-)，结合电中性可知，X的微粒组成可表示为Y(C 2-)(e-)。
2考向 2 配位数的计算
7．Cu O的晶胞结构如图所示，则Cu+的配位数为 。
2
【答案】2
【解析】晶胞中白色原子的个数为 ，黑色原子个数为4，则白色的原子表示O，黑色的表
示Cu，根据晶胞结构可知O2-与周围4个Cu+构成正四面体，则O2-的配位数为4，根据化学式可知，Cu+的
配位数为2。
8． 的某种氧化物晶胞如图所示，该氧化物的化学式为 ； 的配位数是 。
【答案】TiO 6
2
【解析】由晶胞结构可知，该晶胞中Ti原子个数为 ，O原子个数为 ，故该氧化
物化学式为TiO，如图可知晶胞体心Ti与周围6个O相连，故Ti的配位数为6。
2
9．立方 的晶体结构如图所示，晶胞参数为 ，设 的摩尔质量为M g·molˉ1，阿伏加德罗常
数为N 。S2-的配位数为 ；该晶体的密度为 g· cm-3。(列出计算式即可)
A
【答案】4【解析】根据晶胞结构分析，S2-位于晶胞的顶点和面心，1个S2-周围有4个与之等距且最近的Zn2+，
所以S2-的配位数为4；一个晶胞中含有S2-的个数为 ，含有Zn2+的个数为4个，晶胞的体积为
，所以晶体的密度为 。
10．某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电
解质材料(图2)。
图1中O原子的配位数为 ，图2表示的化学式为 (设该晶胞中Cl的个数为 )
【答案】6
【解析】图1中以面心O原子为例，最近原子同层4个、上下层各1个，则配位数为6；据“均摊
法”，晶胞中含氯和溴共为 个，同时含 个O、1个Li，结合化合价则含有1个镁，则化学
式为 。
11． 和 可以组成多种氧化物，其中一种氧化物的晶胞如图所示。
①该晶体中 的配位数为 。
②已知阿伏加德罗常数的值为 ，该晶体的密度 (用含 、 的代数式表示)。【答案】4
【解析】晶胞结构中体心位置的Mn与4个O原子相连，故配位数为4；晶胞中有2个Mn，4个O，
故化学式为MnO ， 。
2
12．Mn和O可以组成多种氧化物，其中一种氧化物的晶胞如图所示。
①该晶体中Mn的配位数为 。
②已知阿伏加德罗常数的值为 ，该晶体的密度 (用含a、b的代数式表示)。
【答案】6
【解析】①由晶胞结构可知，每个锰原子被6个氧原子包围，因此Mn的配位数为6；②锰离子的个数
为： ，氧离子的个数为： ，该锰氧化物的化学式为MnO ，阿伏加德罗常数为 ，
2
每个晶胞中含有2个MnO ，则该晶体的密度为 。
2
13．某新型超导材料晶体中含有镍、镁、碳3种元素，镁原子和镍原子形成立方晶胞如图所示(碳原子
位于体心)。①该晶体的化学式为 。
②若取碳原子为晶胞顶点，则镍原子位于晶胞的 位置。
③Mg的C配位数为 。
【答案】MgNiC 棱心 8
3
【解析】①在晶体中，镍原子位于面心，个数为 ；镁原子位于顶点，个数为 ；碳原子
位于体心，个数为1，该晶体的化学式为Mg Ni C；②若取碳原子为晶胞顶点，以xyz轴方向进行棱的延
3
伸，则棱边恰好经过镍原子，得到镍原子位于此晶胞的棱心位置；③在此晶胞中，以Mg原子体心，则C
原子位于顶点位置，则C配位数为8。
题型四 晶胞参数的计算
1．(2024·甘肃卷，15节选)(5)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞
底面显示为图丙，晶胞参数 。图丙中 与N的距离为 ；化合物的化学式是
，其摩尔质量为Mg·molˉ1，阿伏加德罗常数的值是N ，则晶体的密度为 g· cm-3 (列出计算表达式)。
A【答案】(5) Ca NB
3 3
【解析】(5)图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故Ca与N的距离为 pm；由均摊
法可知，晶胞中Ca的个数为 ，N的个数为 ，B的个数为 ，则化合物的
化学式是Ca NB；其摩尔质量为Mg·molˉ1，阿伏加德罗常数的值是N ，晶胞体积为 则晶体
3 3 A
的密度为 。
2．(2024· 海南卷，19节选)锂电池是新型储能系统中的核心部件。
(6)Li(OH)Cl在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体形晶胞(图1，
2
长方体棱长为a、b、c)，另一种取立方体形晶胞(图2，Cl居于立方体中心，立方体棱长为d)。图中氢原子
皆己隐去。①立方体形晶胞所代表的晶体中部分锂离子(●Li)位置上存在缺位现象，锂离子的总缺位率为 ；
该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为 。
②两种晶型的密度近似相等，则c= 。(以含a、b和d的代数式表达)
【答案】(6) 8
【解析】(6)①由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8×
=1，位于棱上的锂离子个数为12× =3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的
总缺位率为 = ；晶胞中位于体心的氯离子与位于棱上的锂离子距离最近，其中上下棱上的锂离子为两
个立方体所共有，则氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为4+8× =8；②设Li(OH)Cl的相对分子质量为
2
M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为 ，立方体形晶胞 ，由两种晶型的密度近似相等
可知，c= 。
3．(2024·广东卷，18节选) 镓( )在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。
(6)一种含Ga、Ni、Co元素的记忆合金的晶体结构可描述为 与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，
形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比Co：Ga：Ni= ，其立方晶胞的体积为 nm3。
【答案】(6) 2：1：1 8a3
【解析】(6)合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结
构单元，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的
结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个
数最简比Co：Ga：Ni=2：1：1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间(或最近的Ni之间)的距离，为2a nm，故
晶胞的体积为8a3nm3。
4．(2023·北京卷，15节选)(5)MgS O·6H O的晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、b nm、c nm，
2 3 2
结构如图所示。
晶胞中的[Mg(H O) ]2＋个数为____________。已知MgS O·6H O的摩尔质量是M g·mol－1，阿伏加德
2 6 2 3 2
罗常数的值为N ，该晶体的密度为____________g·cm－3。(1 nm＝10－7 cm)
A
【答案】4 ×1021
【解析】由晶胞结构可知，1个晶胞中含有8×＋4×＋2×＋1＝4个[Mg(H O) ]2＋，含有4个SO；该晶
2 6 2
体的密度ρ＝ g·cm－3＝×1021 g·cm－3。
5．(2022·广东卷，20节选)(6)化合物X是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。
①X的化学式为________。
②设 X 的最简式的式量为 M ，晶体密度为 ρ g·cm－3，则 X 中相邻 K 之间的最短距离为
r
________________nm(列出计算式，N 为阿伏加德罗常数的值)。
A
【答案】①KSeBr ②××107
2 6【解析】①根据晶胞结构得到一个晶胞中 K 有 8 个， 有 8×＋6×＝4 个，则 X 的化学式为
KSeBr 。②设晶胞参数为a nm，得到ρ＝＝ ，解得a＝×107，X中相邻K之间的最短距离为晶
2 6
胞参数的一半，即为××107 nm。
6．(2021·湖南卷，18节选)(3)下图是Mg、Ge、O三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。
①已知化合物中Ge和O的原子个数比为1∶4，图中Z表示________原子(填元素符号)，该化合物的
化学式为____________。
②已知该晶胞的晶胞参数分别为 a nm、b nm、c nm，α＝β＝γ＝90°，则该晶体的密度 ρ＝
____________g·cm－3(设阿伏加德罗常数的值为N ，用含a、b、c、N 的代数式表示)。
A A
【答案】①O Mg GeO ②×1021
2 4
【解析】①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面上、棱上和体内的X原子数为8×＋6×＋4×＋3＝
8，位于体内的Y原子数和Z原子数分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1∶4可知，X为Mg原子、
Y为Ge原子、Z为O原子，则该化合物的化学式为 MgGeO 。②由晶胞的质量公式可得 g＝abc×10－21
2 4
cm3×ρ，解得ρ＝×1021 g·cm－3。
1 ．晶胞参数
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，即晶格特征参数，简称晶胞参数。
2 ．宏观晶体密度与微观晶胞参数的关系
3 ．空间利用率
空间利用率＝×100%。1．(2025·浙江部分高中高三联考，17节选)C、 元素是构成物质世界的基本元素。
(1)尿素[CO(NH)]是无色或白色针状晶体，该晶体属于四方晶系，晶胞参数
2 2
，晶胞结构如图所示，其中所有分子均在棱上。
①按照第一电离能由大到小对组成元素排序 。
②该晶体的密度为 g· cm-3。
【答案】(1) N＞O＞C＞H
【解析】(1)①同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，N元素2p能级为半满结构，第一电离能大
于同周期相邻元素，H元素只有一个电子，很容器失去电子，第一电离能最小，则第一电离能N＞O＞C＞
H；②根据均摊法，晶胞中含有[CO(NH)]的个数为 ，则晶胞的密度为
2 2
。
2．(2025· 浙江省杭州市浙南联盟高三联考，17节选)镍酸镧具有良好的电化学性能，可用于光电化学
领域。镍酸镧电催化剂立方晶胞如图所示：(1)La周围紧邻的O有 个，镍酸镧晶体的化学式为 。
【答案】(1) 12 LaNiO
3
【解析】(1)La位于立方体的体心，O原子位于立方体的12条棱的棱心，则La周围紧邻的O有12个；
晶胞中La个数为1、O个数为 、Ni个数为 ，所以镍酸镧晶体的化学式为LaNiO 。
3
3．(2025·广东省广东实验中学高三模拟，节选)锂电池的电解液是目前研究的热点。
(3) LiS因其良好的锂离子传输性能可作锂电池的固体电解质，其晶胞结构示意图如图所示，晶胞的
2
边长为apm。
①晶胞中的“ ”代表 (填“Li+”或“S2-”)。
②距离S2-最近的Li+有 个。
③已知阿伏加德罗常数为N ，LiS的晶体密度为 g· cm-3。
A 2
【答案】(3) Li+ 8
【解析】(3)①根据晶胞的示意图可知实心球的个数，白球“ ”处于晶胞内，个数为8，黑球“
”位于顶点和面心，个数为 ，白球和黑球个数比为2：1，根据化合物LiS中离子个数比，
2
白球“ ”表示Li+；②由图可知Li+位于晶胞内，一个晶胞内一个S2-连接4个Li+，考虑上下两个晶胞，
则距离S2-最近的Li+有8个；③LiS的摩尔质量是46g/mol，根据均摊法，晶胞中S2-数目是4，Li+数目是
28。则晶胞质量为 ，体积是(10-10a)3cm3，晶胞密度 = 。
4．(2025·浙江省第二届辛愉杯高三联考，17节选)(5) Fe与N形成的某种化合物晶体的晶体结构如图
所示，已知六棱柱底面边长为apm，高为2apm，阿伏伽德罗常数为N ，则该晶体的密度为 g·
A
cm-3。
3.64×1032
【答案】(5)
3√3N a3
A
【解析】(5)Fe与N形成的某种化合物晶体的晶体结构如图所示，晶胞中 N个数为2，Fe个数为
2apm
，已知六棱柱底面边长为apm，高为 ，阿伏伽德罗常数为N ，则该晶体的密度为
A
182g⋅mol−1
×2
N mol−1 3.64×1032
A = g⋅cm−3。
1 √3 3√3N a3
× a×10−10cm×a×10−10cm×6×2a×10−10cm A
2 2
5．某种金属卤化物无机钙钛矿的晶胞结构如图所示，晶胞的边长为 a pm，则该物质的化学式为
________；晶体中Pb2＋与Cs＋最短距离为________pm；晶体的密度ρ＝________ g·cm－3(设阿伏加德罗常数
的值为N ，用含a、N 的代数式表示；可能用到的相对原子质量： Cs—133 Pb—207 I—127)
A A
【答案】CsPbI
3
【解析】Cs＋位于顶角，个数为8×＝1；I－位于面心，个数为6×＝3，Pb2＋有1个位于体心，则该晶胞
的化学式为CsPbI ，晶体中Pb2＋与Cs＋最短距离为体对角线长的一半，即为 pm；晶胞质量为 g，晶胞体
3
积为(a×10－10)3 cm3，则晶体密度为 g·cm－3。6．[真题改编](2021·全国甲卷，35改编)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，
其组成为ZnO/ZrO 固溶体。四方ZrO 晶胞如图所示。Zr4＋离子在晶胞中的配位数是__________，晶胞参
2 2
数为a pm、a pm、c pm，该晶体密度为____________g·cm－3(写出表达式)。在ZrO 中掺杂少量ZnO后形
2
成的催化剂，化学式可表示为ZnZr O，则y＝________________(用x表达)。
x 1－x y
【答案】8 2－x
【解析】以晶胞中右侧面心的Zr4＋为例，同一晶胞中与Zr4＋连接最近且等距的O2－数为4，同理可知
右侧晶胞中有4个O2－与Zr4＋相连，因此Zr4＋离子在晶胞中的配位数是4＋4＝8；1个晶胞中含有4个ZrO
2
微粒，1个晶胞的质量为 g，1个晶胞的体积为a2c×10－30cm3，因此该晶体密度为＝ g·cm－3；在ZrO 中掺
2
杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnZr O，其中Zn元素为＋2价，Zr为＋4价，O元素为
x 1－x y
－2价，根据化合物中各元素的化合价代数和为0可知2x＋4×(1－x)＝2y，解得y＝2－x。
7．(2025·山东省济南市高三联考，节选)镍及其化合物应用广泛。
(3)某镧镍氧化物的晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
晶胞中 填在 形成的 形空隙中，La3+离子 间距离d= pm(用含a、c
的代数式表示)。若阿伏加德罗常数的值为N ，该晶体的密度ρ= g· cm-3 (用含N 、a、c的代
A A
数式表示)。
【答案】(3)八面体 (或 )
【解析】(3)根据投影图，可判断Ni2+位于体内，共2个；La3+的位置有：体内1个，顶点 =1；棱上 =2，共4个；O2-的位置有：体内2个，面上 ，棱上 ，共8个；因此1个Ni2+周围
距离相等且最近的O2-形成的空间结构为正八面体形；由上述分析可知，底面面对角线长度的一半，A到棱
心的长度，以及要计算得d三者构成直角三角形，d为斜边的长度，底面面对角线长度的一半= apm；A
到棱心的长度为( )pm；故d= ；根据上述计算，晶胞的质量为
，晶胞的体积为 cm3，故晶体的密度
(或 g· cm-3)。
