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热点题型·选择题攻略
题型 07 原子、分子、晶体结构与性质
目 录
题型综述
解题攻略
题组01 原子结构与性质的正误判断
题组02 分子结构与性质的正误判断
题组03 晶体结构与性质的正误判断
题组04 “位一构一性”的元素综合推断
题组05 晶胞结构分析与计算
高考练场
物质结构与性质的相关知识不论在必修模块还是选修模块中均处于相当重要的地位，是分析物质
的结构和性质重要的理论依据，随着新课标新高考的实施，在选择题中涉及物质结构与性质的题目增
多，创新增大，综合性增强。本专题的考查点主要围绕原子、分子和晶体的结构与性质设置的，根据
试题的外观征以及考查模块的不同，可将本专题分为五个题组：一是原子结构与性质的正误判断；二
是分子结构与性质的正误判断；三是晶体结构与性质的正误判断；四是“位一构一性”的元素综合推
断；五是晶胞结构分析与计算。
题组 01 原子结构与性质的正误判断
【例1-1】（2024·重庆卷）某合金含 和 等元素。下列说法正确的是
A． 的电负性大于 B． 和 均为d区元素
C． 的第一电离能小于 D．基态时， 原子和 原子的单电子数相等
【答案】A
【解析】A．同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，Si电负性大于Al，A正确；B．基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，为d区；基态Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，为ds
区，B错误；C．基态Mg原子的价电子排布式为3s2，基态Al原子的价电子排布式为3s23p1，镁原子最
外层3s轨道达到全充满结构，铝的3p轨道未达到半充满结构，故镁的第一电离能大于铝的第一电离
能，C错误；D．基态Mg原子的价电子排布式为3s2，没有单电子，基态Mn价电子排布式为3d54s2，
有5个单电子，单电子数不相等，D错误；故选A。
【例1-2】（2024·上海卷）下列关于氟元素的性质说法正确的是
A．原子半径最小 B．原子第一电离能最大
C．元素的电负性最强 D．最高正化合价为+7
【答案】C
【解析】A．同一周期主族元素从左至右，原子序数递增、原子半径递减，氟原子在本周期主族元素中
半径最小，但氢原子半径小于氟原子半径，故A错误；B．同一周期主族元素从左至右，第一电离能有
增大的趋势，氟原子在本周期主族元素中第一电离能最大，但氦原子的第一电离能大于氟原子，故B
错误；C．据同一周期主族元素从左至右电负性增强、同一主族从上至下电负性减弱可知，氟元素的电
负性最强，故C正确；D．氟元素无正化合价，故D错误；故答案为：C。
【提分秘籍】
1．原子或离子中各微粒间的数量关系
（1）对于原子:质子数=核电荷数=核外电子数=原子序数。
（2）质量数=质子数+中子数。
（3）质子数=阳离子的核外电子数+阳离子所带正电荷数。
（4）质子数=阴离子的核外电子数-阴离子所带负电荷数。
2．元素、核素、同位素之间的关系
3．核外电子排布
（1）核外电子排布规律（2）原子结构示意图
（3）基态原子的核外电子排布原理
1)能量最低原理：即电子尽可能地先占有能量低的轨道，然后进入能量高的轨道，使整个原子的能量处
于最低状态。如图为构造原理示意图，即基态原子核外电子在原子轨道上的排布顺序图：
2)泡利不相容原理
每个原子轨道里最多只能容纳2 个电子，且自旋状态相反。
如2s轨道上的电子排布为 ，不能表示为 。
3)洪特规则
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轨道，且自旋状态相
同。如2p3的电子排布为
，不能表示为 或
洪特规则特例：当能量相同的原子轨道在全满(p6、d10、f14)、半满(p3、d5、f7)和全空(p0、d0、f0)状态
时，体系的能量最低，如： Cr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1。
24
（4）表示基态原子核外电子排布的四种方法
表示方法 举例简化表示式 Cu:[Ar]3d104s1
价电子排布式 Fe:3d64s2
电子排布图
O:
(或轨道表示式)
4．明确“4个同”所代表的描述对象
（1）同位素——原子，如H、H；
（2）同素异形体——单质，如O、O；
2 3
（3）同系物——化合物，如CHCH、CHCHCH；
3 3 3 2 3
（4）同分异构体——化合物，如正戊烷、异戊烷、新戊烷。
5．通过“三看”比较微粒半径大小
在中学化学要求的范围内,可按“三看”规律来比较粒子半径的大小:
（1）“一看”电子层数:一般情况下,当电子层数不同时,电子层数越多,半径越大。
例如:r(Li)r(Na+)
（2）“二看”核电荷数:当电子层数相同时,核电荷数越大,半径越小。
例如:r(Na)>r(Mg)>r(Al)>r(Si)>r(P)>r(S)>r(Cl)、r(O2-)>r(F-)>r(Na+)>r(Mg2+)>r(Al3+)
（3）“三看”核外电子数:当电子层数和核电荷数均相同时,核外电子数越多,半径越大。
例如:r(Cl-)>r(Cl)、r(Fe2+)>r(Fe3+)
【变式演练】
【变式1-1】（2024·四川泸州·一模）赤血盐{ }可用于检验 ，也可用于蓝图印刷术
等。下列说法正确的是
A．电负性：
B． 核外有9种不同空间运动状态的电子
C． 的价电子排布式为
D．4种元素分布在元素周期表的s、p、ds区
【答案】B
【解析】A．元素非金属性越强电负性越大，元素金属性越强电负性越小，电负性： ，
故A错误；B． 核外有18个电子，占用9个原子轨道，有9种不同空间运动状态的电子，故B正
确；C． 的价电子排布式为3d6，故C错误；D．K分布在元素周期表的s区，C、N分布在元素周
期表的p区，Fe分布在元素周期表的d区，故D错误；选B。
【变式1-2】（2024·全国·模拟预测）绿柱石的主要成分为 ，下列说法正确的是
A．第一电离能：BeB，同主族元素第一电离能从上往下逐渐减小，则第一电离能B>Al，所以第一电离能Be>Al，A错误；B．基态Be原子的价电子排布式为 ，Be元素在s
区，其余三种元素在p区，B错误；C．Be和Al在元素周期表中位于对角线位置，根据对角线规则，
Be和Al两种元素的性质相似，C正确；D．基态时，Si原子的价电子排布式为 ，O原子的价电子
排布式为 ，两者单电子数均为2，D错误；答案选C。
题组 02 分子结构与性质的正误判断
【例2-1】（2024·江西卷）科学家发现宇宙中存在100多种星际分子。下列关于星际分子说法正确的是
A．分子的极性：SiH>NH B．键的极性：H—Cl>H—H
4 3
C．键角：HO>CH D．分子中三键的键长：HC≡N>HC≡CH
2 4
【答案】B
【解析】A．SiH 中四条Si—H键完全相同，均为极性键，但由于SiH 为正四面体结构，故为非极性分
4 4
子，NH 为三角锥形结构，3条N—H键的极性不能抵消，故为极性分子，故A错误；B．H—H为非极
3
性键，H—Cl为极性键，则键的极性：H—Cl＞H—H，故B正确；C．水分子为V形结构，含两对孤对
电子，甲烷为正四面体结构，不含孤对电子，孤对电子对成键电子对斥力较大，则键角：HO＜CH，
2 4
故C错误；D．原子半径C＞N，分子中三键的键长：HC≡N＜HC≡CH，故D错误；故选B。
【例2-2】（2023·河北卷）下列说法正确的是
A． 的价层电子对互斥模型和空间构型均为正四面体
B．若 型分子的空间构型相同，其中心原子的杂化方式也相同
C．干冰和冰的结构表明范德华力和氢键通常都具有方向性
D． 和 都是既含 键又含 键的非极性分子
【答案】A
【解析】A．甲烷分子中心原子形成四个σ键，没有孤电子对，所以价层电子对互斥模型和空间构型均
为正四面体，A正确；B．SO 和OF 分子的空间构型均为V形，但前者中心原子为sp2杂化，后者中心
2 2
原子为sp3杂化，B错误；C．冰的结构是水分子通过氢键结合形成的有空隙的空间结构，表明了氢键
通常具有方向性，干冰的结构表现为分子密堆积，范德华力没有方向性，C错误；D．CO 和CCl 都是
2 4
极性键形成的非极性分子，CO 既含σ键又含π键而CCl 只含σ键不含π键，D错误；故选A。
2 4
【提分秘籍】
1．σ键、π键的判断
（1）由轨道重叠方式判断：“头碰头”重叠为σ键，“肩并肩”重叠为π键
（2）由共用电子对数判断：单键为σ键；双键或三键，其中一个为σ键，其余为π键
（3）由成键轨道类型判断：s轨道形成的共价键全部是σ键；杂化轨道形成的共价键全部为σ键
配合物中σ键的算法 配位键是一种特殊的共价键
1mol Ni(CO) 中含___molσ键 4个CO中含有4个σ键，外加4个配位键，也属于σ键，总共8个σ键
4
2．“相似相溶”规律：非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，极性溶质一般能溶于极性溶剂；若存在氢
键，则溶剂和溶质之间的氢键作用力越大，溶解性越好。
3．无机含氧酸分子的酸性无机含氧酸可写成(HO) RO ，如果成酸元素R相同，则n值越大，R的正电性越高，使R—O—H中O
m n
的 电 子 向 R 偏 移 ， 在 水 分 子 的 作 用 下 越 易 电 离 出 H ＋ ， 酸 性 越 强 ， 如 酸 性 ：
HClO离子晶体>分子晶体,如熔、沸点:金刚石
>NaCl>Cl2;金属晶体>分子晶体,如熔、沸点:Na>Cl2(金属晶体熔、沸点有的很高,如钨、铂等,有的则很
低,如汞等)。
（2）形成原子晶体的原子半径越小、键长越短,则键能越大,其熔、沸点就越高,如熔、沸点:金刚石>石
英>碳化硅>晶体硅。
（3）形成离子晶体的阴阳离子所带的电荷数越多,离子半径越小,则离子键越强,熔、沸点就越高,如熔、
沸点:MgO>MgCl ,NaCl>CsCl。
2
（4）金属晶体中金属离子半径越小,离子所带电荷数越多,其形成的金属键越强,金属单质的熔、沸点就
越高,如Al>Mg>Na。
（5）分子晶体的熔、沸点比较规律。
①组成和结构相似的分子,相对分子质量越大,其熔、沸点就越高,如:HI>HBr>HCl。
②组成和结构不相似的分子,分子极性越大,其熔、沸点就越高,如:CO>N2。
③同分异构体分子中,支链越少,其熔、沸点就越高,如:正戊烷>异戊烷>新戊烷。
④同分异构体中的芳香烃及其衍生物,邻位取代物>间位取代物>对位取代物,如熔、沸点:邻二甲苯>间二
甲苯>对二甲苯。
3、千万差别貌相似,谨防马虎大错误
（1）CO 和SiO 尽管有相似的化学组成,但二者物理性质有较大差异,原因是二者的晶体类型不同,CO2
2 2
属于分子晶体,SiO 属于原子晶体,二者不能混淆。
2
（2）离子晶体中不一定都含有金属元素,如NH Cl是离子晶体;金属元素和非金属元素组成的晶体不一
4
定是离子晶体,如AlCl 是分子晶体;含有金属离子的晶体不一定是离子晶体,如金属晶体中含有金属离
3
子。
（3）含阴离子的晶体中一定含有阳离子,但含阳离子的晶体中不一定含阴离子,如金属晶体。
（4）误认为金属晶体的熔点比分子晶体的熔点高,其实不一定,如Na的熔点为97 ℃,尿素的熔点为132.7
℃。
【变式演练】
【变式3-1】（2024·湖北·一模）我国科研人员成功研制出了速度快、能耗低且超越硅基极限的10nm硒
化铟(InSe)晶体管。下列说法错误的是
A．晶体Si是共价晶体
B．InSe晶体管属于胶体
C．Se位于周期表第四周期ⅥA族
D．InSe属于新型无机非金属材料
【答案】B【解析】A．晶体Si是通过共价键形成的共价晶体，A正确；B．10nm硒化铟是纯净物，只有形成分
散系才属于胶体，B错误；C．Se是第34号元素，位于周期表第四周期ⅥA族，C正确；D．硒化铟是
一种速度快、能耗低且超越硅基极限的晶体管，因此InSe属于新型无机非金属材料，D正确；故选
B。
【变式3-2】（2025·四川内江·零模）下列关于晶体结构和性质的叙述正确的是
A．同一元素形成的单质可能具有不同的晶体结构
B．等离子体是由阴、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的气态物质
C．天然气水合物晶体是分子晶体，其中仅存在范德华力
D．冰和干冰都是分子晶体，因此二者晶体中每个分子周围的紧邻分子均为12个
【答案】A
【解析】A．金刚石是共价晶体，石墨是混合晶体，C 是分子晶体，它们都是碳元素的不同单质，故
60
A正确；B．等离子体是由电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的气态物质，B错误；
C．天然气水合物晶体是分子晶体，其中存在范德华力、氢键、共价键，C错误；D．干冰是由分子密
堆积形成的晶体，一个分子周围有12个紧邻的分子，冰晶体中每个水分子周围只有4个紧邻的水分子
形成四面体结构，D错误；本题选A。
题组 04 “位一构一性”的元素综合推断
【例4-1】（2024·福建卷）某电解质阴离子的结构如图。X、Y、Z、Q为原子序数依序增大的同周期元
素，Z的单质为空气的主要成分之一。下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．最简单氢化物沸点：
C．键长：
D．Y的最高价氧化物对应水化物在水中电离：
【答案】A
【分析】由该阴离子结构可知Z形成2条共价键，Z的单质为空气的主要成分之一，可知Z为O；Y形
成4条共价键，Y为C，Q形成1条共价键，Q为F，X得1个电子后形成4条共价键，则X最外层电
子数为3，X为B，据此分析解答。
【解析】A．B、C、O为同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：BO>F，原子半径越小键长越短，则键长：C-C>C-O>C-F，故C正确；D．Y为C，其最高
价氧化物的水化物为HCO ，碳酸为二元弱酸，分步电离，电离方程式为： ，故
2 3
D正确；故选A。【例4-2】（2024·江西卷）某新材料阳离子为W X YZM+。W、X、Y、Z和M是原子序数依次增大
36 18 2 6
的前20号主族元素，前四周期中M原子半径最大，X、Y、Z同周期。XW 分子含有大π键( )，
6 6
XZ 分子呈直线形。下列说法正确的是
2
A．WYZ 是强酸 B．MZW是强碱 C．MZ 是共价化合物D．XW 是离子化合物
2 2 2 2 2
【答案】B
【分析】W、X、Y、Z和M是原子序数依次增大的前20号主族元素，前四周期中M原子半径最大，
M为K元素，X、Y、Z同周期，XW 分子含有大π键( )，说明XW 是苯，X为C元素，W为H元
6 6 6 6
素，XZ 分子呈直线形，为CO，Z为O元素，Y为N元素，以此解答。
2 2
【解析】A．由分析可知，W为H元素、Y为N元素、Z为O元素，HNO 是弱酸，不是强酸，A错
2
误；B．由分析可知，M为K元素、Z为O元素，W为H元素，KOH是强碱，B正确；C．由分析可
知，M为K元素、Z为O元素，KO 中存在K+和 ，属于离子化合物，C错误；D．由分析可知，X
2 2
为C元素、W为H元素，C H 为乙炔的分子式，乙炔中没有离子键，属于共价化合物，D错误；故选
2 2
B。
【提分秘籍】
1．“位一构一性”的推断关系
（1）结构与位置的互推
①明确四个关系式
a．电子层数＝周期序数。
b．质子数＝原子序数。
c．最外层电子数＝主族序数。
d．主族元素的最高正价＝最外层电子数。
最低负价＝－|8－最外层电子数|。
②熟悉掌握周期表中的一些特殊规律
a．各周期所能容纳元素种数。
b．稀有气体的原子序数及在周期表中的位置。
c．同族上下相邻元素原子序数的关系。
（2）性质与位置互推
熟悉元素周期表中同周期、同主族元素性质的递变规律，根据元素性质可以推知元素在周期表中的位
置，根据元素在周期表中的位置可以推知元素性质。主要包括：
①元素的金属性、非金属性。
②气态氢化物的稳定性。
③最高价氧化物对应水化物的酸碱性。
④金属与HO或酸反应的难易程度。
2
（3）结构和性质的互推①最外层电子数是决定元素原子的氧化性和还原性的主要因素。
②原子半径决定了元素单质的性质；离子半径决定了元素组成化合物的性质。
③同主族元素最外层电子数相同，性质相似。
2、关于元素周期律、元素周期表的认识误区
（1）误认为主族元素的最高正价一定等于族序数。但是，F无正价。
（2）误认为元素的非金属性越强，其氧化物对应水化物的酸性就越强。但是，HClO、HSO 是弱酸，
2 3
忽略了关键词“最高价”。
（3）误认为同周期相邻两主族元素原子序数之差等于1。忽视了相差11(第4、5周期)和25(第6、7周
期)。
（4）误认为失电子难的原子得电子的能力一定强。碳原子、稀有气体元素的原子失电子难，得电子也
难。
（5）误认为得失电子多的原子，得失电子的能力一定强。
（6）误认为最高正价和最低负价绝对值相等的元素只有第ⅣA族的某些元素。忽视了第ⅠA族的H的
最高正价为＋1价，最低负价为－1价。
【变式演练】
【变式4-1】（2024·四川泸州·一模）X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z可
形成两种常见的液态化合物，其中一种分子为V形3原子分子；Y、Z为同周期相邻元素，基态W原
子核外p能级电子数比s能级电子数多4个。下列说法不正确的是
A．单质沸点： B．第一电离能：
C．简单氢化物的键角： D．简单离子半径：
【答案】C
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，基态W原子核外p电子数比s电子数
多4个，原子序数也是最大，可知基态W原子核外电子排布式为 ，可知W是硫元素；
X、Z可形成两种常见通常状况下为液态的化合物，可知X是氢元素、Z是氧元素；Y、Z为同周期相
邻元素，可知Y是氮元素；综合可知，X、Y、Z、W分别为H、N、O、S元素。
【解析】A．氧气和氢气均为分子晶体，氧气的相对分子质量大于氢气，则氧气分子间作用力大于氢
气，其沸点高于氢气，故A正确；B．N、O同周期，N的最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于
O，故B正确；C．HS、HO的结构相似，但O原子半径小于S，O-H键长小于S-H键，则水分子中成
2 2
键电子对距离更近，排斥力更大，则键角更大，故C错误；D．N3-、O2-离子的核外电子层排布相同，
核电荷数NO2-，故D正确；故选：C。
【变式4-2】（2024·全国·模拟预测）W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Y
位于同一周期，由五种元素组成的配合物的结构如图所示。下列说法正确的是
A．X、Y简单氢化物的键角：XNH，A错误；B．HCl中Cl的化合价为-1，故
4 3
电负性Cl>H，B错误；C．由题给结构可知，Y形成2个σ键，则Y为sp杂化，C正确；D．H原子不
满足最外层8电子稳定结构，D错误；答案选C。
题组 05 晶胞结构分析与计算
【例5-1】（2024·重庆卷）储氢材料 的晶胞结构如图所示， 的摩尔质量为 ，阿伏
加德罗常数的值为 。下列说法正确的是
A． 的配位数为2
B．晶胞中含有2个
C．晶体密度的计算式为
D． (i)和 (ii)之间的距离为
【答案】B
【解析】A．由图可知，与 距离最近且等距离的 的个数是3，则 的配位数为3，A项错误；
B． 位于晶胞的顶点和体心上，该晶胞中 的个数为 ，B项正确；C．该晶胞体积为
，该晶胞中 的个数为 ， 的个数为
，相当于晶胞中含有2个 ，晶体密度为 ，C项错误；D．(i)和 (ii)之间的距离等于晶胞体对角线长度的一半，为 ，D项错误；答案选B。
【例5-2】（2024·江西卷）NbO的立方晶胞如图，晶胞参数为anm，P的分数坐标为(0，0，0)，阿伏加
德罗常数的值M为N ，下列说法正确的是
A
A．Nb的配位数是6
B．Nb和O最短距离为 anm
C．晶体密度
D．M的分数坐标为
【答案】D
【解析】A．由图可知，NbO的立方晶胞中距离Nb原子最近且距离相等的O原子有4个，Nb的配位
数是4，故A错误；B．由图可知，Nb和O最短距离为边长的 ，晶胞参数为anm，Nb和O最短距离
为 anm，故B错误；C．根据均摊法计算可知，Nb的个数为6× =3，O的个数为12× =3，即晶胞中
含有3个NbO，晶胞密度为ρ= ，故C错误；D．P的分数坐标为
（0，0，0），M位于正方体的面心，M的分数坐标为（ ， ， ），故D正确；故选：D。
【提分秘籍】
1、均摊法确定晶胞组成
（1）方法：晶胞中任意位置上的一个原子如果是被n个晶胞所共有，那么，每个原子对这个晶胞的贡
献就是。
（2）类型
①长方体(正方体)晶胞中不同位置的粒子对晶胞的贡献：②非长方体(非正方体)晶胞中粒子对晶胞的贡献视具体情况而定。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)对六边形的贡献为。在如图所示的正三棱柱形晶胞中：
③熟记几种常见的晶胞结构及晶胞含有的粒子数目。
A．NaCl(含4个Na＋，4个Cl－)
B．干冰(含4个CO)
2
C．CaF (含4个Ca2＋，8个F－)
2
D．金刚石(含8个C)
E．体心立方(含2个原子)
F．面心立方(含4个原子)
2、计算晶体密度的方法3、计算晶体中粒子间距离的方法
4．原子分数坐标的确定方法
（1）依据已知原子的坐标确定坐标系取向。
（2）一般以坐标轴所在六面体的棱长为1个单位。
（3）从原子所在位置分别向x、y、z轴作垂线或平行线，所得坐标轴上的截距即为该原子的分数坐
标。
5．晶体中原子配位数的确定
（1）定义：原子周围最近的原子个数
（2）考法：①求某原子配位数；②求距离某原子最近的原子个数；③求某原子的成键数
（3）计算公式：
①顶点的配位数=晶胞内最近的原子数×8
注：a.晶胞内最近的原子数为均摊法出的原子数；
b.最近距离：1/4的体心<棱心<面心<体心<其他顶点；
c.规律：同种原子的配位数相同；同比例原子的配位数相同。
②离子晶体中：阳离子数目×阳离子配位数=阴离子数目×阴离子配位数
③当顶点在晶体内的配位原子排列为正梯形或倒梯形时，顶点的配位原子数为4。
【变式演练】
【变式5-1】（2024·四川自贡·一模）氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是已发现的
储氢密度最高的储氢材料之一，若该晶胞边长为dnm，其晶胞结构如图所示。下列说法正确的是
A．铁镁合金的化学式为MgFe
8 4
B．Fe原子与最近的Mg原子的距离是
C．若该晶体储氢时，H 填充在Fe原子组成的八面体空隙中心位置，则含Mg 96g的该储氢合金可储存
2标准状况下H 的体积约为22.4L
2
D．若N 为阿伏加德罗常数的值，则该合金的密度为
A
【答案】D
【解析】A．在晶胞中，Fe原子位于顶点和面心，个数为：8× +6× =4，Mg原子在晶胞内，个数为
8，Mg：Fe=4：8=1：2，铁镁合金的化学式为MgFe，A错误；B．由题干晶胞示意图可知，Fe原子与
2
最近的Mg原子的距离是晶胞的体对角线的 ，即 ，B错误；C．晶胞中Mg原子为8，若该晶
体储氢时，H 填充在Fe原子组成的八面体空隙中心位置，相当于H 分子位于体心和棱心上，则H 为
2 2 2
1+12× =4，96gMg物质的量为4mol，储存的H 物质的量为2mol，在标准状况下，体积为
2
2mol×22.4L/mol=44.8L，C错误；D．由A项分析可知，晶胞质量为 ，晶胞体积为
（d×10-7）3cm3，该合金的密度ρ= = = ，D正确；故答案为：D。
【变式5-2】（2024·湖北·一模）某种离子型铁的氧化物晶胞如图2所示，它由图1中 单元组成。
若通过 嵌入或脱嵌晶胞的棱心和体心，可将该晶体设计为某锂电池的正极材料。
图1 图2
已知：
下列有关说法错误的是
A．一个晶胞能够嵌入的 最多数目为4
B．放电时，该锂电池的正极反应为
C．若该正极材料中， ，则脱嵌率为
D． 中M原子分数坐标为 ，晶胞边长为1，则 中N原子分数坐标为
【答案】B
【解析】A． 嵌入或脱嵌晶胞的棱心和体心，一个晶胞能够嵌入的 最多数目为 4，故A正确；B．放电时，正极得电子，锂离子嵌入正极，该锂电池的正极反应为
，故B错误；C．根据均摊原则，一个晶胞中含有O2-数为32，Fe2+、
Fe3+共24个，若该正极材料中， ，Fe2+数为24 、Fe3+数为15，根据电荷守
恒，嵌入Li+数为1，一个晶胞能够嵌入的 最多数目为4，该正极材料中脱嵌率为 ，故C正
确；D． 中M原子分数坐标为 ，M为坐标原点，晶胞边长为1，则 中N原子分数坐标为
，故D正确；选B。
1．（2024·四川自贡·一模）结构决定物质性质是研究化学的重要方法，下列对结构与性质的描述错误的是
A．①中冠醚属于超分子的一种，冠醚空腔的直径大小不同，可用于识别特定的离子
B．②中在纯金属中加入其它元素，使原子层之间的相对滑动变得困难导致合金的硬度变大
C．③中烷基磺酸根离子在水中会形成亲水基向内疏水基向外的胶束，而用作表面活性剂
D．④中石墨晶体是层状结构，每个碳原子的配位数为3，属于混合晶体，熔沸点高
【答案】C
【解析】A．①中冠醚属于超分子的一种，冠醚空腔的直径大小不同，超分子具有分子识别特征，可用
于识别特定的离子，A正确；B．合金内存在不同大小的金属原子，使得原子层之间的相对滑动变得困
难，所以合金的硬度一般比其成分金属更大，B正确；C．表面活性剂在水中会形成亲水基团向外、疏
水基团向内的胶束，由于油污等污垢是疏水的，全被包裹在胶束内，从而达到去污效果，即③中烷基
磺酸根离子在水中会形成亲水基向外疏水基向内的胶束，而用作表面活性剂，C错误；D．④中石墨晶
体是层状结构的，每个碳原子连接三个碳原子，配位数为3，属于混合晶体，石墨的层内共价键键长比
金刚石的键长短，作用力更大，破坏化学键需要更大能量，所以晶体的熔点金刚石＜石墨，故属于混
合晶体，熔沸点高，D正确；
故答案为：C。
2．（2024·安徽·二模）下列性质差异与结构因素匹配错误的是
选
性质差异 结构因素
项A 常温下S在CS 中的溶解度强于在HO中的溶解度 分子的极性
2 2
B CHNH 的碱性强于NH 的碱性 孤电子对的个数
3 2 3
C 金刚石的硬度大于钠的硬度 晶体的类型
D 对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸的沸点 氢键的类型
【答案】B
【解析】A．S和CS 都属于非极性分子，HO是极性分子，由“相似相溶”原理可知，A正确；B．
2 2
CHNH 的碱性强于NH ，甲基属于推电子基团，使得N上电子云密度增大，更容易结合氢离子，与孤
3 2 3
电子对数没有关系，B错误；C．金刚石属于共价晶体，钠属于金属晶体，金刚石的硬度大于钠的硬
度，C正确；D．对羟基苯甲酸中羧基和羟基相距较远，只能形成分子间氢键，使沸点升高，而邻羟基
苯甲酸中羧基和羟基相距较近，形成分子内氢键，反而使沸点降低，D正确；故选B。
3．（2024·湖北·一模）铈(Ce，镧系元素)的氧化物是一种常用的催化剂，能作为汽车尾气的净化器。下图
展示的是两种铈的氧化物的晶胞结构(晶胞参数为xnm)。图(b)晶胞中O原子出现缺陷，其中Ce的化合
价有 和 。下列说法正确的是
A．Ce位于元素周期表中的ds区
B．图(a)晶胞中Ce的配位数为4
C．图(a)物质的摩尔体积为
D．图(b)晶胞中化合价为 的Ce的个数为2
【答案】D
【解析】A．铈为镧系元素位于d区，A错误；B．如图所示，图a晶胞中Ce的配位数为8，B错误；
C．根据均摊法，图a中Ce原子个数为： ，O原子的个数为：8，每个晶胞的体积为
(a×10-9)3m3， 故晶体的摩尔体积为： ，C错误；D．图b
中，Ce原子个数为： ，O原子的个数为： 7，Ce的化合价有+3和+4，则根据化合价代
数和为0，＋3 的Ce的数目为2，D正确；故选：D。
4．（2025·宁夏内蒙古·模拟预测）物质I是一种检测人体细胞内Ca2+浓度变化的荧光探针试剂，其检测机
理如图所示。依据探针所显示的荧光变化确定Ca2+的存在。下列说法正确的是A．物质I所含元素电负性从大到小的顺序为N>O> C>H
B．物质I中N原子的杂化类型为sp2、sp3
C．物质II中H-O-H键角小于水中H-O-H的键角
D．物质II中Ca2+与O形成4个配位键
【答案】B
【解析】A．同周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性O>N>C，H与上述三种元素形成
化合物，氢元素呈正化合价，则四种元素中H的电负性最小，则电负性 ，A错误；B．
含双键的N原子的杂化方式为sp2，与乙基相连的N原子上还有一个孤电子对，N原子的杂化方式为
sp3，B正确；C．物质Ⅱ中， 的O与Ca形成了1个配位键，只有1对孤电子对，则其键角较
大，C错误；D．结合物质Ⅱ的结构可知，Ca2+与O形成5个配位键，D错误；答案选B。
5．（2024·湖北·一模）下列类比或推理合理的是
选项 已知 方法 结论
A 钠保存煤油中 类比 锂保存在煤油中
是离子化合
B 类比 是离子化合物
物
C 非金属性： 推理 沸点：
D 是正盐 推理 是一元酸
【答案】D
【解析】A．金属锂的密度小于煤油的密度，则锂不能保存在煤油中，应保存在石蜡油中，故A错误；
B．氯元素和铍元素的电负性差值为3.0—1.5=1.5＜1.7，则氯化铍是共价化合物，不是离子化合物，故
B错误；C．水能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，所以水的分子间作用力大于硫化氢，
沸点高于硫化氢，则水的沸点高于硫化氢与氢键有关，与非金属性强弱无关，故C错误；D．由
是正盐可知， 是一元酸，与氢氧化钠溶液反应只能生成 ，D正确；故选D。
6．（2024·甘肃兰州·一模）元素F、Cl、I位于元素周期表第VIIA族，下列说法错误的是
A．熔、沸点： B．离子半径：
C．第一电离能： D．酸性：
【答案】A【解析】A．氟化氢能形成分子间氢键，而碘化氢和氯化氢不能形成分子间氢键，所以氟化氢的沸点高
于碘化氢和氯化氢；碘化氢和氯化氢是结构相似的分子晶体，碘化氢的相对分子质量大于氯化氢，分
子间作用力大于氯化氢，熔、沸点高于氯化氢，故A错误；B．同主族元素，从上到下离子半径依次增
大，则离子半径的大小顺序为 ，故B正确；C．同主族元素，从上到下第一电离能依次减
小，则第一电离能的大小顺序为 ，故C正确；D．氟原子和氯原子都是吸电子基，氟元素的
电负性大于氯元素，三氟乙酸分子中羟基的极性强于三氯乙酸，电离出氢离子的能力强于三氯乙酸，
酸性强于三氯乙酸，故D正确；故选A。
7．（2025·宁夏内蒙古·模拟预测）铜的配合物非常丰富，下面为一种铜的配合物，结构如图所示：
下列说法正确的是
A．该配合物中四种非金属元素中第一电离能最大的是O
B．配合物中sp2杂化的碳原子与sp3杂化的碳原子个数比为7：6
C．基态Cu2+的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为9：8
D．除铜外，四种元素形成的单质的晶体类型一定相同
【答案】B
【解析】A．该配合物中四种非金属元素分别是：H、C、N、O。元素周期表中第一电离能的变化规律
为：每个周期的第一种元素（氢和碱金属）的第一电离能最小，最后一种元素（稀有气体）的第一电
离能最大；同族元素从上到下第一电离能变小。C、N、O位于第二周期，由于N的2p轨道为半充满的
稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能大小关系为：N>O>C。根据教材，H、N的
第一电离能大小关系为：N>H，故该配合物中四种非金属元素中第一电离能最大的是N。A错误；B．
配合物中苯环碳、双键碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化，故sp2杂化的碳原子与sp3杂化的碳原子个数
比为14：12=7：6，B正确；C．Cu是29号元素，基态Cu2+的价电子排布式为：3d9，轨道表示式为：
，两种自旋状态的电子数之比为5：4（或4：5），C错误；D．除铜外，四种元素形成
的单质中，氧气、氮气、氢气均为分子晶体，碳的单质中，金刚石属于共价晶体，石墨属于混合型晶
体，D错误。
8．（2024·山东威海·一模）X、Y、Z、M是四种短周期元素，Q是第四周期的过渡元素。X、Y、Z同周
期，Z、M同主族，X的最高正价与最低负价的和为0，Y是同周期除稀有气体外半径最大的元素，基
态M原子中s能级电子总数与p能级电子总数相等且M位于第二周期，Q的基态原子只有1个单电子
且在外层。下列说法错误的是
A．基态原子的第一电离能：M>Z>X
B．简单离子半径：Z>Y>MC．单质的熔点：Q>Z>Y
D．Y、Z、Q分别与M均可组成多种二元化合物
【答案】B
【分析】M位于第二周期且基态M原子中s能级电子总数与p能级电子总数相等，说明M为O元素；
Z、M同主族，说明Z为S元素；X的最高正价与最低负价的和为0，说明X为Si元素；Y是同周期除
稀有气体外半径最大的元素，且X、Y、Z同周期，说明Y为Na元素；Q是第四周期的过渡元素，Q
的基态原子只有1个单电子且在外层，Q为Cu元素。
【解析】A．同族元素从上到下，其基态原子第一电离能逐渐减小，同周期元素从左到右，其基态原子
第一电离能呈逐渐增大变化趋势，则基态原子的第一电离能： ，A正确；B．电子层数多，
离子半径越大，电子层数相同，原子序数越大，离子半径越小，离子半径： ，B错误；
C．金属Na熔点较低，则单质熔点： ，C正确；D．Na元素可组成二元化合物： 、
，S元素可组成二元化合物： 、 ，Cu元素可组成二元化合物： 、 ，D正确；答
案选B。
9．（2024·湖南卷） 是一种高活性的人工固氮产物，其合成反应为
，晶胞如图所示，下列说法错误的是
A．合成反应中，还原剂是 和C
B．晶胞中含有的 个数为4
C．每个 周围与它最近且距离相等的 有8个
D． 为V型结构
【答案】D
【解析】A．LiH中H元素为-1价，由图中 化合价可知， N元素为-3价，C元素为+4价，根据反
应 可知，H元素由-1价升高到0价，C元素由0价升高到+4价，N元素
由0价降低到-3价，由此可知还原剂是 和C，故A正确；B．根据均摊法可知， 位于晶胞中的
面上，则含有的 个数为 ，故B正确；C．观察位于体心的 可知，与它最近且距离相等的 有8个，故C正确；D． 的中心原子C原子的价层电子对数为 ，且
与CO 互为等电子体，可知 为直线型分子，故D错误；故答案选D。
2
10．（2023·辽宁卷）晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。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)。下列说法错误的是
A．图1晶体密度为 g∙cm-3 B．图1中O原子的配位数为6
C．图2表示的化学式为 D． 取代产生的空位有利于 传导
【答案】C
【解析】A．根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8× +1=3，O：2× =1，Cl：4× =1，1个晶胞的质量
为 g= g，晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为 g÷(a3×10-
30cm3)= g/cm3，A项正确；B．图1晶胞中，O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，
O原子的配位数为6，B项正确；C．根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8× =2。O：2× =1，
Cl或Br：4× =1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOCl Br
x 1-
，C项错误；D．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，说明Mg2+取代产
x
生的空位有利于Li+的传导，D项正确；答案选C。
11．（2024·湖南卷）通过理论计算方法优化了P和Q的分子结构，P和Q呈平面六元并环结构，原子的连
接方式如图所示，下列说法错误的是A．P为非极性分子，Q为极性分子 B．第一电离能：
C． 和 所含电子数目相等 D．P和Q分子中C、B和N均为 杂化
【答案】A
【解析】A．由所给分子结构图，P和Q分子都满足对称，正负电荷重心重合，都是非极性分子，A
错误；B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第
一电离能大于相邻元素，则第一电离能由小到大的顺序为BO，A正确；B．图中X原子处于环中，且存在平
面大π键，则其杂化方式为 ，B正确；C．由图可知，整个离子带1个单位正电荷，而其中 带
2个单位正电荷，则氯元素以Cl-的形态与 配位，C错误；
D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；O的电负性大于C，则CO中
的化学键是极性键，D正确；故选C。
16．（2024·甘肃卷） 晶体中，多个晶胞无隙并置而成的结构如图甲所示，其中部分结构显示为图
乙，下列说法错误的是
A．电负性： B．单质 是金属晶体
C．晶体中存在范德华力 D． 离子的配位数为3
【答案】D
【解析】A．电负性越大的元素吸引电子的能力越强，活泼金属的电负性小于活泼非金属，因此，Mg
的电负性小于 Cl，A正确；B．金属晶体包括金属单质及合金，单质Mg是金属晶体，B正确；C．由
晶体结构可知，该结构中存在层状结构，层与层之间存在范德华力，C正确；D．由图乙中结构可
知，每 个 与周围有6个 最近且距离相等，因此 ， 的配位数为6，D错误；综上所述，
本题选D。
17．（2024·全国·模拟预测）NiAs的晶体结构如图甲所示，沿线MN取得的截图如图乙所示，晶胞中含有两个As原子且其中一个的坐标为 。下列说法错误的是
A．As原子的配位数为6
B．另一个As原子的坐标为
C．已知 为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 ，则 可表示为
D．Ni、As原子间的最短距离为
【答案】D
【解析】A．根据化学式NiAs及晶胞中含有两个As可知，该晶胞中含有两个Ni原子，再结合题图乙
得出晶胞的结构为 ，则As原子的配位数为6，A项正确；B．根据晶胞结构可
知另一个As原子的坐标为 ，B项正确；C．1个晶胞中有2个NiAs，一个晶胞的体积
，得出 ，C项正确；D．结合晶胞的结构，可得
，则Ni、As之间的最短距离为 ，D项错误；答案选D。
18．（2024·陕西·一模）如下反应相关元素中，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态X
原子的核外电子有5种空间运动状态，基态Y、Z原子有两个未成对电子，Q是ds区元素，焰色试验
呈绿色。下列说法正确的是
溶液 溶液
A．第一电离能：Y>X>Z>W B．单质沸点：Z
O>S>H，A错误；B．S单质为固体，沸点最高，H 和O 都是分子晶体，相对分质量越大，沸点越
2 2
高，故单质沸点： H H O，C错误；D． 是Cu(NH )SO 配合物，配位体是NH ，配位原子是NH 中的
3 2 3 4 4 3 3
N，D正确；故选D。
19．（2024·河北卷）金属铋及其化合物广泛应用于电子设备、医药等领域。如图是铋的一种氟化物的立方
晶胞及晶胞中MNPQ点的截面图，晶胞的边长为 为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．该铋氟化物的化学式为
B．粒子S、T之间的距离为
C．该晶体的密度为
D．晶体中与铋离子最近且等距的氟离子有6个
【答案】D
【解析】A．根据题给晶胞结构，由均摊法可知，每个晶胞中含有 个 ，含有
个F-，故该铋氟化物的化学式为 ，故A正确；B．将晶胞均分为8个小立方体，由晶胞中MNPQ点的截面图可知，晶胞体内的8个F-位于8个小立方体的体心，以M为原点建立坐标
系，令N的原子分数坐标为 ，与Q、M均在同一条棱上的F-的原子分数坐标为 ，则T的
原子分数坐标为 ， S的原子分数坐标为 ，所以粒子S、T之间的距离为
，故B正确；C．由A项分析可知，每个晶胞中有4个
Bi3+、12个F-，晶胞体积为 ，则晶体密度为 =
，故C正确；D．以晶胞体心处铋离子为分析对象，距离
其最近且等距的氟离子位于晶胞体内，为将晶胞均分为8个小立方体后，每个小立方体的体心的F-，
即有8个，故D错误；故答案为：D。
20．（2024·广西卷）一定条件下，存在 缺陷位的LiH晶体能吸附 使其分解为N，随后N占据缺陷位
(如图)。下列说法错误的是
A． B．半径：
C． D．LiH晶体为离子晶体
【答案】C
【解析】A．根据LiH立方晶胞的该部分 结构以及晶胞参数为a可得
，因此 ，故A正确；B．H原子和 的电子层数均为
1，但 比氢原子多一个电子，电子的运动轨道不重合，内核对电子的束缚相对较弱，电子活动的范
围更广，因此 的半径较大，故B正确；C．根据LiH立方晶胞可知，b的长度如图，但当N占据了空缺位后，由于比 的半径大，因此 ，故C错误；D．
LiH晶体中含有Li+和 ，相互间作用是离子键，因此LiH晶体为离子晶体，故D正确；故答案选
C。
