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题型07 原子、分子、晶体结构与性质
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
热点题型·选择题攻略
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
1
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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
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（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：24Cr 的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1。
（4）表示基态原子核外电子排布的四种方法
表示方法
举例
3
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电子排布式
Cr:1s22s22p63s23p63d54s1
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)
O:
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O2、O3；
（3）同系物——化合物，如CH3CH3、CH3CH2CH3；
（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)<r(K)<r(Rb)<r(Cs)；r(O2-)<r(S2-)<r(Se2-)<r(Te2-)；r(Na)>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：Be<Al
B．四种元素均在p 区
C．Be 和Al 的电负性相近，两种元素的性质相似
D．基态时，Si 和O 的单电子数不相同
【答案】C
4
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【解析】A．同周期主族元素第一电离能从左往右呈增大趋势，但第ⅡA 族和第ⅤA 族元素第一电离
能大于同周期相邻元素，所以第一电离能Be>B，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：SiH4>NH3
B．键的极性：H—Cl>H—H
C．键角：H2O>CH4
D．分子中三键的键长：HC≡N>HC≡CH
【答案】B
【解析】A．SiH4中四条Si—H 键完全相同，均为极性键，但由于SiH4为正四面体结构，故为非极性分
子，NH3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
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：H2O＜CH4，
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．SO2和OF2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
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．CO2和CCl4都是
极性键形成的非极性分子，CO2既含σ 键又含π 键而CCl4只含σ 键不含π 键，D 错误；故选A。
【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)4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
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
5
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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)mROn，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
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<HClO2<HClO3<HClO4。
4．等电子体的判断方法
（1）同主族变换法，如CO2与CS2、CF4与CCl4是等电子体；
（2）左右移位法，如N2与CO，CO、NO 与SO3是等电子体。如果是阴离子，价电子应加上阴离子
所带的电荷数；如果是阳离子，价电子应减去阳离子所带的电荷数。如NH 价电子为8，CO 价电子为
24。
5．分子结构性质认识的5 个易错易混点
（1）误认为分子的稳定性与分子间作用力和氢键有关,其实分子的稳定性与共价键的强弱有关。
（2）误认为组成相似的分子,中心原子的杂化类型相同,其实要看其σ 键和孤电子对数是否分别相同。
如CO2和SO2中心原子的杂化方式不同,CO2分子中C 原子是sp 杂化,SO2分子中S 原子是sp2杂化。
（3）误认为只要含有氢键物质的熔、沸点就高,其实不一定,分子间的氢键会使物质的熔、沸点升高,而
分子内氢键一般会使物质的熔、沸点降低。
（4）误认为只含有极性键的分子都一定是极性分子,其实不ー定。如CO2、BF3等是非极性分子。
（5）误认为杂化轨道构型和分子构型一致,其实不一定。如H2O 中氧原子是sp3杂化,杂化轨道构型为四
面体,但由于分子中存在孤对电子,根据价层电子对互斥理论可知,H2O 的分子构型是V 形。
【变式演练】
【变式2-1】（2024·全国·模拟预测）链状分子A 上同时含有两个不同的识别位点，分别为位点1、位
点2，当位点带正电荷时，就可以增强与环状分子B 的作用。因此，通过加入酸和碱，可以实现分子梭
在两个不同状态之间的切换。下列说法不正确的是
A．环状分子B 属于冠醚
B．位点1、位点2 的氮原子的价层电子对数相同
C．酸性条件下，位点2 与环状分子B 的作用增强
D．酸性和碱性条件下，分子A 与分子B 均可形成超分子
【答案】B
6
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【解析】A．分子B 是由醚键构成的环状分子，属于冠醚，A 说法正确；B．由分子B 的结构可知，位
点1 的氮原子的价层电子对数为3，位点2 的氮原子的价层电子对数为4，B 说法不正确；C．酸性条件
下，位点2 的氮原子结合
显正电性，与环状分子B 的作用增强，C 说法正确；D．由题意和题图可
知，酸性和碱性条件下，环状分子B 均可通过与带正电荷的链状分子A 上的位点结合形成超分子，D
说法正确；答案选B。
【变式2-2】（2024·全国·模拟预测）一种用于治疗癌症的新型嘧啶吡咯药物，其结构如图所示。下列
有关说法不正确的是
A．该物质分子中含有手性碳原子
B．该物质因易与水分子形成氢键，所以口服生物利用度高
C．该物质可以发生氧化反应、加成反应、取代反应、消去反应
D．分子中含有σ 键，不含π 键
【答案】D
【解析】A．连接四种不同基团的碳是手性碳原子，如图
该分子存
在手性碳原子，故A 正确；B．该物质分子中含有
、
键，易与水分子形成氢键，所以口服
生物利用度高，故B 正确；C．分子中存在苯环，可发生加成反应、取代反应，与苯环相连的碳原子上
有H 原子，可以发生氧化反应，有羟基，可发生氧化反应、取代反应，且与羟基相连的碳原子的邻位
碳原子上有氢原子，可发生消去反应，故C 正确；D．分子中存在碳氧双键，既含σ 键，又含π 键，故
D 错误；故选D。
题组03 晶体结构与性质的正误判断
【例3-1】（2024·天津卷）我国学者在碳化硅
表面制备出超高迁移率半导体外延石墨烯。下列说
法正确的是
A．
是离子化合物
B．
晶体的熔点高、硬度大
C．核素
的质子数为8
D．石墨烯属于烯烃
【答案】B
【解析】A．SiC 晶体结构与金刚石相似，属于共价晶体，A 错误；B．SiC 晶体结构与金刚石相似，属
于共价晶体，熔点高、硬度大，B 正确；C．C 元素为6 号元素，故核素
的质子数为6，C 错误；
7
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D．石墨烯是碳元素构成的单质，不属于烯烃，D 错误；故选B。
【例3-2】（2022·北京卷）2022 年3 月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活
动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是
A．醋酸钠是强电解质
B．醋酸钠晶体与冰都是离子晶体
C．常温下，醋酸钠溶液的
D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出
【答案】B
【解析】A．醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，故A 正确；B．醋酸钠晶体是离子晶
体，冰是分子晶体，故B 错误；C．醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的
，故C 正
确；D．过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶
液，故D 正确；选B。【提分秘籍】
1、晶体类型的判断
（1）依据物质的分类判断
①金属氧化物(如K2O、Na2O2等)、强碱(如NaOH、KOH 等)和绝大多数的盐类是离子晶体。
②大多数非金属单质(除金刚石、石墨、晶体硅、晶体硼外)、气态氢化物、非金属氧化物(除SiO2外)、
酸、绝大多数有机物(除有机盐外)都是分子晶体。
③常见的共价晶体单质有金刚石、晶体硅、晶体硼等；常见的共价晶体化合物有碳化硅、二氧化硅
等。
④金属单质(除汞外)与合金是金属晶体。
（2）依据组成晶体的晶格质点和质点间的作用判断
①离子晶体的晶格质点是阴、阳离子，质点间的作用是离子键；
②共价晶体的晶格质点是原子，质点间的作用是共价键；
③分子晶体的晶格质点是分子，质点间的作用为分子间作用力；
④金属晶体的晶格质点是金属离子和自由电子，质点间的作用是金属键。
（3）晶体的熔点判断
①离子晶体的熔点较高，常在数百度至一千余度；
②共价晶体熔点高，常在一千度至几千度；
③分子晶体熔点低，常在数百度以下至很低温度；
④金属晶体多数熔点高，但也有相当低的。
(4 )依据导电性判断
①离子晶体水溶液及熔化时能导电；
②共价晶体一般为非导体，但有些能导电，如晶体硅；
③分子晶体为非导体，而分子晶体中的电解质(如酸和部分非金属气态氢化物)溶于水，使分子内的化学
键断裂形成自由离子也能导电；
④金属晶体是电的良导体。
8
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（5）依据硬度和机械性能判断
①离子晶体硬度较大或略硬而脆；
②共价晶体硬度大；
③分子晶体硬度小且较脆；
④金属晶体多数硬度大，但也有较低的，且具有延展性。
2、物质熔、沸点高低比较规律
（1）一般情况下,不同类型晶体的熔、沸点高低规律:原子晶体>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>MgCl2,NaCl>CsCl。
（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）CO2和SiO2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
属于分子晶体,SiO2属于原子晶体,二者不能混淆。
（2）离子晶体中不一定都含有金属元素,如NH4Cl 是离子晶体;金属元素和非金属元素组成的晶体不一
定是离子晶体,如AlCl3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
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
9
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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，C60是分子晶体，它们都是碳元素的不同单质，故
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：B<C<O，
故A 错误；B．CH4不能形成分子间氢键，H2O 可以形成分子间氢键，沸点CH4<H2O，故B 正确；C．
原子半径：C>O>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
10
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价氧化物的水化物为H2CO3，碳酸为二元弱酸，分步电离，电离方程式为：
，故
D 正确；故选A。
【例4-2】（2024·江西卷）某新材料阳离子为W36X18Y2Z6M+。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，X、Y、Z 同周期。X6W6分子含有大π 键(
)，
XZ2分子呈直线形。下列说法正确的是
A．WYZ2是强酸
B．MZW 是强碱
C．M2Z2是共价化合物D．X2W2是离子化合物
【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，X6W6分子含有大π 键(
)，说明X6W6是苯，X 为C 元素，W 为H 元
素，XZ2分子呈直线形，为CO2，Z 为O 元素，Y 为N 元素，以此解答。
【解析】A．由分析可知，W 为H 元素、Y 为N 元素、Z 为O 元素，HNO2是弱酸，不是强酸，A 错
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，K2O2中存在K+和
，属于离子化合物，C 错误；D．由分析可知，X
为C 元素、W 为H 元素，C2H2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
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。
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④金属与H2O 或酸反应的难易程度。
（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、H2SO3是弱酸，
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．H2S、H2O 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
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N<O，则离子半径：N3->O2-，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
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A．X、Y 简单氢化物的键角：X<Y
B．W、R 的电负性：R<W
C．该配合物中Y 的杂化方式为sp 杂化
D．所有原子都满足最外层8 电子稳定结构
【答案】C
【分析】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，且成键数W
为1、X 为4、Y 为4、Z 为4、R 为1，可判断Z 为+3 价，则五种元素分别为H、C、N、Al、Cl。
【解析】A．X、Y 简单氢化物分别为CH4、NH3，中心原子的杂化方式均为sp3杂化，但N 原子含有一
个孤电子对，对成键电子对有排斥作用，所以键角CH4>NH3，A 错误；B．HCl 中Cl 的化合价为-1，故
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
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，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NA，下列说法正确的是
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。
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（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CO2)
C．CaF2(含4 个Ca2＋，8 个F－)
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
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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Mg8Fe4
B．Fe 原子与最近的Mg 原子的距离是
C．若该晶体储氢时，H2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
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标准状况下H2的体积约为22.4L
D．若NA为阿伏加德罗常数的值，则该合金的密度为
【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Mg2Fe，A 错误；B．由题干晶胞示意图可知，Fe 原子与
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，H2填充在Fe 原子组成的八面体空隙中心位置，相当于H2分子位于体心和棱心上，则H2为
1+12×
=4，96gMg 物质的量为4mol，储存的H2物质的量为2mol，在标准状况下，体积为
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
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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
项
性质差异
结构因素
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A
常温下S 在CS2中的溶解度强于在H2O 中的溶解度
分子的极性
B
CH3NH2的碱性强于NH3的碱性
孤电子对的个数
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CS2都属于非极性分子，H2O 是极性分子，由“相似相溶”原理可知，A 正确；B．
CH3NH2的碱性强于NH3，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
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
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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
B
是离子化合
物
类比
是离子化合物
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
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【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>M
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C．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
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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CO2互为等电子体，可知
为直线型分子，故D 错误；故答案选D。
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LiMgOClxBr1-
x，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
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
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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B<C<N，故B 正确；C．由所给分子结构可
知，P 分子式为C24H12，Q 分子式为B12N12H12，P、Q 分子都是含156 个电子，故1mol P 和1mol Q 所
含电子数目相等，C 正确；D．由所给分子结构可知，P 和Q 分子中C、B 和N 均与其它三个原子成
键，P 和Q 分子呈平面结构，故P 和Q 分子中C、B 和N 均为sp2杂化，D 正确；本题选A。
12．（2024·贵州卷）某化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z、Q 组成(结构如图)。
X 的最外层电子数等于内层电子数，Y 是有机物分子骨架元素，Q 和W 能形成两种室温下常见的液态
化合物。下列说法错误的是
A．第一电离能：
B．该化合物中Q 和W 之间可形成氢键
C．X 与Al 元素有相似的性质
D．W、Z、Q 三种元素可形成离子化合物
【答案】A
【分析】X 的最外层电子数等于内层电子数，则X 的核外电子排布式为
，X 为Be 元素，W 只能
形成一条共价键，结合W 的位置可知W 为H 元素，Y 是有机物分子骨架元素，则Y 为C 元素，Q 和
W 能形成两种室温下常见的液态化合物，则Q 为O 元素，则Z 为N 元素，据此解答。
【解析】A．同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大的趋势，N 原子中2p 能级上电子为半满
结构，较为稳定，第一电离能大于同周期与之相邻的元素，则第一电离能：C<O<N，故A 错误；B．
该化合物中O 的电负性较大，可以和H 之间形成氢键，故B 正确；C．Be 和Al 处在元素周期表的对
角线上，具有相似的化学性质，如
都具有两性，故C 正确；D．H、N、O 可以形
成离子化合物，如
，故D 正确；故选A。
13．（2024·重庆卷）R、X、Y 和Z 为短周期元素，
的分子结构如下所示。R 中电子只有一种自旋
取向，X、Y 和Z 处于同一周期，X 的核外电子数等于Y 的最高能级电子数，且等于Z 的最外层电子
数。下列说法正确的是
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A．原子半径：
B．非金属性：
C．单质的沸点：
D．最高正化合价：
【答案】A
【分析】R、X、Y 和Z 为短周期元素，R 中电子只有一种自旋取向，R 为H 元素；X、Y 和Z 处于同
一周期，X 的核外电子数等于Y 的最高能级电子数，且等于Z 的最外层电子数，XY3ZR3的分子中X、
Z 均形成4 个共价键，则X 为B 元素、Z 为N 元素；Y 只形成1 个共价键，结合位置可知Y 为F 元
素，以此来解答。
【解析】A．X 为B 元素、Z 为N 元素，同周期主族元素从左向右原子半径减小，则原子半径：Z＜
X，故A 正确；B．Y 为F 元素、Z 为N 元素，同周期主族元素从左向右非金属性增强，则非金属性：
Y＞Z，故B 错误；C．X 为B 元素、Y 为F 元素，X 的单质为共价晶体，Y 的单质为分子晶体，单质
的沸点：X＞Y，故C 错误；D．R 为H 元素、X 为B 元素，最高正化合价：X(+3)＞R(+1)，故D 错
误；故选：A。
14．（2024·广西卷）白磷
是不溶于水的固体，在空气中易自燃。下列有关白磷的说法错误的是
A．分子中每个
原子的孤电子对数均为1
B．常保存于水中，说明白磷密度大于
C．难溶于水，是因为水是极性分子，
是非极性分子
D．熔点低，是因为
分子内的
键弱
【答案】D
【解析】A．白磷的分子式为P4，空间构型为正四面体，每个P 原子采取sp3杂化，而每个P 原子有5
个价电子，所以每个P 原子还剩一对孤电子对，A 正确；B．白磷在空气中容易自燃，保存于水中隔
绝空气，故其密度大于水，B 正确；C．白磷的分子式为P4，空间构型为正四面体，为非极性分子，
水为极性分子，根据相似相溶原理，白磷难溶于水，C 正确；D．白磷的分子式为P4，为非极性分
子，属于分子晶体，分子间作用力较弱，故其熔点低，熔点低与其共价键强弱无关，D 错误；故选
D。
15．（2024·广西卷）如图所示的铼配合物离子能电催化还原
。短周期元素
的原子序数
依次增大。标准状况下，WY 和
是等密度的无色气体，
是黄绿色气体。下列说法错误的是
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A．第一电离能：
B．图中X 原子的杂化方式为
C．
元素以原子的形态与
配位
D．Y 的电负性大于
中的化学键是极性键
【答案】C
【分析】短周期元素
的原子序数依次增大。
是黄绿色气体，Z 为氯；X 形成3 个共用
电子对，X 与Re2+之间为配位键，推测X 为氮，标准状况下，WY 和
是等密度的无色气体，则WY
为一氧化碳、
为氮气，故W 为碳、X 为氮、Y 为氧、Z 为氯；
【解析】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N 的2p 轨道为半充满稳定状态，第一电
离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>O，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
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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<Y<W
C．简单氢化物键角：X<Y
D．
是配合物，配位原子是X
【答案】D
【分析】Q 是ds 区元素，焰色试验呈绿色，则Q 为Cu 元素；空间运动状态数是指电子占据的轨道
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数，基态X 原子的核外电子有5 种空间运动状态，则X 为第2 周期元素，满足此条件的主族元素有
N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)；X、Y、Z 为原子序数依次增大，基态Y、Z 原子有两个未成
对电子，若Y、Z 为第2 周期元素，则满足条件的可能为C(1s22s22p2)或O(1s22s22p4)，C 原子序数小于
N，所以Y 不可能为C，可以为O，若Y、Z 为第3 周期元素，则满足条件的可能为Si(1s22s22p63s23p2)
或S(1s22s22p63s23p4)，Y、Z 可与Cu 形成CuZY4，而O、Si、S 中只有O 和S 形成的
才能形成
CuZY4，所以Y、Z 分别为O、S 元素，则X 只能为N；W 能与X 形成WX3，则W 为IA 族或VIIA 族
元素，但W 原子序数小于N，所以W 为H 元素，综上所述，W、X、Y、Z、Q 分别为H、N、O、
S、Cu。
【解析】A．同周期从左到右，第一电离能增大，而N 的价电子排布式2s22p3，半充满，第一电离能
比O 大，同主族由上到下，第一电离能减小的，第一电离能，O 大于S，因此第一电离能：N>
O>S>H，A 错误；B．S 单质为固体，沸点最高，H2和O2都是分子晶体，相对分质量越大，沸点越
高，故单质沸点： H <O< S，B 错误；C．简单氢化物键角：NH3、H2O 中心原子的杂化轨道类型均
为sp3，孤电子对数为1、2，孤电子对越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，键角：
NH3>H2O，C 错误；D．
是Cu(NH3)4SO4配合物，配位体是NH3，配位原子是NH3中的
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，
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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。
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