高中化学课时作业（苏教版选修第二册）详解答案

课时作业1揭示物质结构的奥秘1．解析：红外光谱可获得分子中含有何种化学键或官能团的信息，A项错误；质谱是利用电场和磁场将运动的粒子按它们的质荷比分离后进行检测，常用于确定实验式，B项错误；原子光谱是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，每一种原子的光谱都不同，用原子光谱可以研究原子结构，C正确；核磁共振氢谱可确定分子中不同位置的H的数目，D错误。答案：C2．解析：WO3和WO的分子式不同，二者不是同分异构体的关系，A项错误；WO3和WO中W的化合价不同，由WO3制备WO的过程发生了氧化还原反应，B项正确；外界条件不确定时，无法确定氢气的体积，C项错误；水的分解反应为吸热反应，使用催化剂只改变反应速率，D项错误。答案：B3．解析：由3个1H原子核和2个电子构成的粒子是H3+，不是新元素，A、B项错误；同素异形体是同一种元素组成的不同单质，该粒子是H3+，不是单质，C项错误；由3个1H原子核和2答案：D4．答案：D5．解析：当今化学研究的主要方向：发现新物质，A项对；合成新材料，开发新能源，B项对；揭示化学反应的微观过程以及“绿色化学”等，C项对；化学反应中原子守恒关系是以前化学研究的内容，D项错。答案：D6．解析：运用激光光谱技术可观测化学反应时分子中原子的运动。分子的形成和分解都是通过原子的运动完成的，化学反应的最小微粒是原子，无法观察到原子中原子核的内部结构。答案：A7．答案：C8．解析：依据化合物中化合价代数和为0，因C3N4中N的化合价为－3价，所以C的化合价为＋4，A项错误；阶段Ⅱ过氧化氢分解生成氧气和水的过程为放热反应，B项错误；阶段Ⅱ中，H2O2发生歧化反应，既是氧化剂，又是还原剂，C项正确；利用太阳光实现高效分解水的反应，实现了太阳能向化学能的转化，D项错误。答案：C9．解析：合成氨工业目前主要采取高温、高压、催化剂的生产条件。如果能找到低温下活性高的催化剂，可以大大降低氨的合成成本，提高生产效益。答案：C10．解析：1828年维勒用无机物合成了尿素，实现了无机物向有机物的人工转化，A正确；门捷列夫发现元素周期律的实践证明了科学研究既要继承又要创新，B正确；C60的发现与其结构的确定过程，告诉我们现代科学技术的发展需要科学家不断合作与交流，C正确；从科学家对物质结构的确定历史以及现代化学的发展看，化学是和实验紧密相连的科学，D错误。答案：D11．解析：同素异形体是同一种元素组成的不同单质，①错误；C50Cl10分子中共用电子对数目为50×4÷2＋10÷2＝105，②正确；C50Cl10的相对分子质量为955，③正确；由均摊法根据题意分析，如果是C50分子，则有50个碳碳单键，25个碳碳双键，但C50Cl10中可以看作是其中的5个碳碳双键被氯分子加成，因此含有的碳碳单键数为55，碳碳双键数为20。所以答案为B。答案：B12．解析：“类硅”元素和硅元素同为第ⅣA族元素，根据元素周期律，同主族元素随着原子序数的递增，非金属性减弱，气态氢化物的稳定性减弱，故D选项明显错误。其他选项可由硅的性质进行类推。答案：D13．解析：A项，发展水电，开发新能源，减少了矿物能源的使用，符合促进“低碳经济”的宗旨；B项，使用含(612C、〖613C或(614C的产品，均会产生CO2，不能减少CO2的排放，不符合促进“低碳经济”的宗旨；C项，能提高煤的利用率，符合促进“低碳经济”的宗旨；D项，将植物秸秆、动物粪便等制成沼气，答案：B14．解析：极薄的金箔，竟让变速运动的大多数α粒子畅通无阻地通过，证明原子不是实心的球体，内部有“广阔”的空间。有极少数α粒子被笔直地弹回，证明了原子核的存在，但占原子极小的体积，否则大部分α粒子不能畅通无阻地通过；同时证明金原子核的质量远大于α粒子的质量，否则金原子核将有被α粒子弹出的可能；还能证明金原子核所带电荷种类与α粒子相同，否则两者就会相互吸引；又能证明金原子核所带电荷数远大于α粒子，否则偏转的就不会是α粒子，而是金原子核。答案：(1)原子核(2)正排斥(3)大于15．解析：(4)墨子认为如果不具备分割条件则不能被无限分割，所以用线段表示则不能再减小。答案：(1)H∶eq\o(S,\s\up6(··),\s\do4(··))∶H弱(2)b利用14C的放射性考古断代，12C可作为相对原子质量的基准(答案合理即可)(3)aC(4)16．解析：(1)核外M电子层上有2个电子的微粒的核电荷数是12，其质量数＝12＋14＝26，所以A为1226Mg；B得到2个电子后与Ne的电子层结构相同，由此可知B为O；核电荷数为11的原子是钠原子。因此C为Na＋；由题意知，构成D的原子得到1个电子后有18个电子，因此D是Cl－；质量数为1的中性微粒是11H。(2)O、Na、H三种元素两两组合时，O、Na可组成两种离子化合物Na2O、Na2O2；H、O可组成两种共价化合物H2O、H2O2；NaH很容易被忽略。(3)O、Na、Cl三种元素组成的盐有多种，是因为Cl有多种化合价(0、＋1、＋3、＋5、＋7、－1)，因此由这三种元素组成的盐有NaClO、NaClO2、NaClO3答案：11226MgONa＋Cl－(2)Na2O、Na2O2、NaH、H2O、H2O2(3)NaClO、NaClO2、NaClO3、NaClO417．解析：(1)He元素核内质子数为2，所以3He的核内中子数为3－2＝1。(2)Na是11号元素，原子结构示意图为；Na在O2中完全燃烧生成的是Na2O2，电子式为Na＋[∶eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))∶eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))∶]2－Na＋。(3)①由MgO和SiO2的性质知，SiO2能与强碱溶液反应生成可溶性的盐而被除去，所以除去SiO2的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-＋H2O。②MgO与炭粉和氯气反应制MgCl2，根据反应原理和物质的性质知，反应后的尾气中有CO2和Cl2，所以用足量NaOH溶液处理尾气时，生成的盐有Na2CO3、NaCl、NaClO。(4)由NH4HCO3的组成知，NH4HCO3中的N来自N2，而6000kgH2和700kgN2合成NH3时，H2过量，所以生成的NH4HCO3的质量取决于N2的质量，根据N原子守恒，n(NH4HCO3)＝2n(N2)＝2×700×103g28g·mol-1＝×104mol，所以m(NH4HCO3)＝79g·mol－1××104mol＝×10答案：(1)1(2)Na＋[∶eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))∶eq\o(O,\s\up6(··),\s\do4(··))∶]2－Na＋3①SiO2+2O②NaCl、NaClO、Na2CO3(4)3950课时作业2原子核外电子的运动1．解析：1897年，汤姆生发现了电子，故A正确；1803年，英国科学家道尔顿提出了原子论，故B正确；卢瑟福进行α粒子散射实验后，认为原子由居于原子中心的带正电的原子核和核外带负电的电子构成，汤姆生提出了葡萄干面包原子模型，故C错误；玻尔首次将量子化概念应用到原子结构，提出了核外电子分层排布的原子模型，故D正确。答案：C2．解析：A项中，原子轨道图是电子云轮廓图，圈出的是电子在原子核外空间出现概率为90%的空间，错误；B项中，3p2表示3p能级中有两个电子，错误；C项中，s轨道呈球形而不是圆形，错误。答案：D3．解析：每一能层的能级数等于该能层的序数，故第三能层有s、p、d3个能级，A错误；s、d能级最多容纳的电子数分别是2、10，故B错误、D正确；每一能层最多容纳的电子数为2n2，第三能层最多容纳18个电子，故C错误。答案：D4．解析：道尔顿的原子理论成功地解释了质量守恒定律等规律，A项错误；汤姆生“葡萄干面包”原子结构模型提出了正负电荷的共存问题，但同时认为在这样微小的距离上有着极大的作用力，存在着电子会被拉进去并会碰撞在带正电的核心上这样的问题，B项错误；卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子结构的有核模型，散射实验的结果能够分析出原子核和核外电子的质量关系、电性关系及占有体积的关系，C项正确；玻尔电子分层排布原子结构模型只引入了一个量子化的概念，只能够解释氢原子光谱，而不能解释比较复杂的原子光谱，D项错误。答案：C5．解析：能量越高的电子在离核越远的区域内运动，也就越容易失去，所以原子核外最易失去的电子能量最高，A错误；各能级的原子轨道数按s、p、d、f的顺序分别为1、3、5、7，B正确；p轨道电子能量不一定高于s轨道电子能量，如2p轨道的电子能量低于3s轨道的电子能量，C错误；电子在原子核外做无规则运动，核外电子的运动并无固定的轨道，D错误。答案：B6．解析：2s轨道能量低于3p轨道，故A错误；能层序数n＝4的原子轨道最多可容纳32个电子，故B错误；s电子云轮廓图都是球形，故C正确；电子的运动是无规则的，没有固定的轨道，故D错误。答案：C7．解析：电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，故A错误；s能级的原子轨道呈球形，该轨道上的电子不只在“球壳”内运动，还在“球壳”外运动，只是在“球壳”外运动的概率较小，故B错误；任何能层的p能级都有3个原子轨道，且轨道半径随着能层序数的增大而增大，故C正确；同能级的原子轨道能量相等，即E(2px)＝E(2py)＝E(2pz)，故D错误。答案：C8．解析：R原子的质量数为A，设R原子核内含中子的数目为N，则R的质子数为A-N，RO3n-中共有x个核外电子，所以A－N＋24＋n＝x，所以R原子核内含中子的数目N＝A＋n答案：B9．解析：同位素的物理性质不同、化学性质相似，故A错误；16O与18O之间的转化，属于核变化，不是化学变化，B错误；可逆反应是同一条件下既能向正向进行，又能向逆向进行的反应，2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)的平衡体系中加入18O2，由于反应是可逆反应，所以达到新的平衡后，18O2出现在SO2、O2与SO3中，故C错误；用惰性电极电解含有H218O的普通水时，阳极上放电的是氢氧根离子，放出氧气分子，两个18O可以构成氧气分子，两个16O可以构成氧气分子，16O和18O可以构成氧气分子，答案：D10．解析：p轨道呈纺锤形，K层只包含s轨道，N、M、L层均包含p轨道。答案：D11．解析：s电子原子轨道为球形对称结构，无论是在哪一电子层上都相似。电子云是用小点的疏密程度表示电子出现的机会大小，而不是表示电子的运动轨迹。答案：D12．解析：ns能级轨道数均为1，A正确；3px只有一个轨道，B错误；nd能级有5个轨道，C正确；nf能级有7个轨道，D正确。答案：B13．解析：M电子层有s、p、d共3个能级，最多容纳18个电子，A错误；3d能级最多容纳10个电子，从N电子层开始有f能级，最多容纳14个电子，不存在3f能级，B错误；每个电子层都从s能级开始，且s能级最多容纳2个电子，C正确；K电子层只有s能级，不含有p能级，D错误。答案：C14．解析：s电子的原子轨道呈球形，p电子的原子轨道是呈纺缍形的，但是电子是做无规则运动，轨迹是不确定的，故A错误；各能级能量由低到高的顺序为1s2s2p3s3p4s3d4p5s4d5p6s4f…，所以s能级的能量不一定小于p能级的能量，如4s＞3p，故B错误；不同能级的电子云有不同的空间伸展方向，p轨道有3个相互垂直的呈纺锤形的不同伸展方向的轨道，故C错误；多电子原子中，同一能层的电子，能量可能不同，还可以把它们分成能级，任一能层的能级总是从s能级开始，而且能级数等于该能层序数，故D正确。答案：D15.解析：符号“3px”中“3p”表示第三电子层的p轨道，“x”表示原子轨道沿x轴方向伸展。答案：D16．解析：(1)线状光谱与量子化之间有必然的联系，玻尔原子结构模型成功地解释了氢原子光谱是线状光谱的实验事实，电子所处轨道的能量是量子化的。最大不足之处是某些光谱现象难以用该模型解释。(2)p能级有3个能量相同、伸展方向不同的原子轨道，p能级上有3个原子轨道，在空间沿x、y、z轴对称，记为px、py、pz，其能量关系为px＝py＝pz。答案：(1)氢原子光谱是线状光谱量子化某些光谱现象难以用该模型解释(2)3x、y、zpxpypzpx＝py＝pz17．解析：此题对电子层和能级的关系进行总结，有助于理解和掌握以下几个基本内容：(1)第n个电子层有n个能级；(2)核外电子的能量取决于该电子所处的电子层和能级；(3)s能级和p能级电子云的形状。答案：11s22s、2p33s、3p、3dnns、np球形哑铃(纺锤)形18．解析：(1)排布在2s轨道上的电子，在第二电子层的s轨道上，s能级的电子云形状为球形，不能确定电子的自旋状态。(2)O2－核外有10个电子，O2－核外有几个电子就有几种运动状态，则O2－核外有10种运动状态不同的电子。答案：(1)b(2)1019．解析：(1)焰火在燃烧时产生五颜六色的光，是因为金属原子的核外电子发生了从低能级向高能级的跃迁，然后电子再从高能级回到低能级，此过程中释放能量，放出的能量以光能的形式释放，所以发出了不同颜色的光。(2)电子层数为2时，有2s、2px、2py、2Pz四个原子轨道。(3)3d能级中的3表示所在电子层为M层，该能级有5个原子轨道，每个原子轨道最多容纳2个电子，所以3d能级最多容纳10个电子。(4)s、p、d、f能级中的原子轨道数目分别为1、3、5、7。答案：(1)燃烧时，电子获得能量，从低能级向高能级跃迁，跃迁到高能级的电子处于一种不稳定的状态，它随即就会回到原来的轨道，并以光能的形式向外界释放能量(2)①2s②2py③2pz④2px(3)M10(4)C课时作业3原子核外电子排布1．解析：原子中的电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，多余的能量以光的形式释放，即形成发射光谱。电子从3s轨道跃迁到3p轨道吸收能量，形成吸收光谱，A错误；在1s22s22p33s1→1s22s22p4中，电子从3s轨道跃迁到2p轨道，即从激发态跃迁到基态，释放能量，形成发射光谱，B正确；电子从2s轨道跃迁到2p轨道吸收能量，形成吸收光谱，C错误；2px与2py轨道的空间伸展方向不同，轨道的能量相同，电子从2px轨道到2py轨道不属于电子跃迁，D错误。答案：B2．解析：基态Cu原子核外有29个电子，其3d能级与4s能级的电子为外围电子，基态Cu原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s1，外围电子排布式为3d104s1，故A正确；磷原子核外有15个电子，依据洪特规则可知基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3，轨道表示式为，故B错误；书写核外电子排布式时同一能层的能级要写在一起，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，故C错误；离原子核越远，原子轨道能量越高，2p轨道能量低于3p轨道，故D错误。答案：A3．解析：12C和13C核外电子数相同，电子排布相同，A项不符合题意；Na＋和N3－的电子排布式均为1s22s22p6，B项不符合题意；Cl－和Ar的电子排布式均为1s22s22p63s23p6，C项不符合题意；Fe3＋和V核外均有23个电子，但是二者电子排布分别为1s22s22p63s23p63d5、1s22s22p63s23p63d34s2，D项符合题意。答案：D4．解析：根据题意知该基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1或1s22s22p6答案：D5．解析：第三能层有3s、3p、3d能级，根据构造原理知10个电子应排布为3s23p63d2。答案：C6．解析：硅原子由基态转化为激发态，这一过程吸收能量，则其处于激发态时的能量高于基态时的能量，故A项正确，B、C项错误；转化后硅原子与基态磷原子的电子层结构不相同，因为基态磷原子的最外层电子排布式3s23p3，化学性质也不相同，D项错误。答案：A7．解析：2p4→4f1的能级相差最大，电子发生跃迁的能级相差越大，吸收的能量越多，C项正确。答案：C8．解析：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，而且自旋状态相同。答案：D9．答案：B10．解析：电子在激发态跃迁到基态时，会产生发射光谱，电子由基态跃迁到激发态时，会产生吸收光谱，吸收光谱与发射光谱总称原子光谱，故A错误；该元素最外层仅有的一个电子位于4s能级，即4s1，该原子4s能级未填充满，情况之一是按照能级顺序正常填充的结果：1s22s22p63s23p64s1，为K元素，情况之二是按照洪特规则的特例填充的结果：1s22s22p63s23p63d54s1、1s22s22p63s23p63d104s1，为24Cr和29Cu，故B错误；Fe原子3d能级上有6个电子，4s能级上有2个电子，该原子最稳定、能量最低，即原子核外价电子轨道表示式为，故C正确；2p能级有2个未成对电子，则该原子2p能级有2个或4个电子，价层电子排布为2s22p2或2s22p4，D错误。答案：BC11．解析：(1)氟原子电子排布式为：1s22s22p5，含有s轨道和p轨道2种原子轨道，故电子的电子云形状有2种；电子能量由能层和能级共同决定，所以氟有3种不同能量的电子。氟的最外层电子排布式即价电子排布式为2s22p5(2)同主族元素最外层电子数相同，Sn位于第5周期，与C同主族，则Sn2＋的最外层电子排布式为5s2；Cl－有18个电子，所以有18种不同的运动状态。(3)基态硼原子的核外电子数为5，电子排布式为1s22s22p1，轨道表示式为：。答案：(1)23(2)5s218(3)12．解析：(1)元素X的原子最外层电子排布式为nsnnpn＋1，np轨道已排有电子，说明ns轨道已排满电子，即n＝2，则元素X的原子核外电子排布式为1s22s22p3，X是氮元素。其最低价氢化物为NH3，电子式为。(2)元素Y的原子最外层电子排布式为nsn－1npn＋1，则n－1＝2，n＝3，则Y元素的原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，Y是硫元素。(3)若元素的原子处于最低能量状态，则其核外电子排布符合能量最低原理、泡利原理和洪特规则。A、B两项违背洪特规则，C项表示元素的原子处于激发态，违背能量最低原理。(4)R2＋离子核外有a个电子，b个中子，质子数为a＋2，质量数为2＋a＋b，R原子表示为，故A错误；氕、氘、氚分别常用H、D、T表示，但若书写原子组成符号，则均应用元素符号表示，即分别为11H、12H、13H，B错误；CaH2为离子化合物，电子式为[H∶]－Ca2＋[∶H]－，C正确；V3＋的电子排布式应为[Ar]3d2，D错误；N的轨道表示式应为，E错误；Zn的价电子排布式为3d104s2，F错误；Co的M层电子排布式为3s23p63d7，G正确；溴的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p5答案：(1)2p垂直氮(2)S1s22s22p63s23p4(3)D(4)CG13．解析：(1)Mn是25号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，根据核外电子排布规律可知，该原子核外的未成对电子有5个。(2)镁的M层电子排布为3s2，根据泡利不相容原理可知这两个电子自旋状态相反。(3)金属原子变为阳离子，首先失去最外层电子。(4)Ni 元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对的电子数为2。(5)基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其价电子的轨道表示式为。(6)电子排布应先排满低能轨道，再排满高能轨道，因此，B错误，而失去电子时，应先失去高能轨道电子，故A错误，CD正确。答案：(1)5(2)相反(3)4s4f5(4)1s22s22p63s23p63d84s22(5)(6)CD14．解析：(1)根据A元素基态原子的最外层有3个未成对电子，次外层有2个电子，可知该元素的基态原子有2个电子层，共有7个电子，是N元素，其轨道表示式为。(2)B元素的负一价离子与C元素的正一价离子的电子排布式与氩原子相同，即都有18个电子，则B元素为Cl，C元素为K，K＋的结构示意图为。(3)D元素的正三价离子的3d能级为半充满，即三价阳离子的构型为3d5，则原子的价电子构型为3d64s2，即为26号Fe元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2。(4)由E元素基态原子的M层全充满，N层没有成对电子，只有1答案：(1)(2)Cl(3)Fe1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)(4)Cu15．解析：A元素原子核外有6种运动状态不同的电子，说明A核外有6个电子，即为C；B应为1s22s22p3，即为N；C的原子结构示意图为，即为Si；根据D的气态单质与NaOH溶液反应生成两种含D元素的盐，可知D为Cl；E为第4周期元素，原子核外内层电子已填满，最外层只有1个电子，所以其原子结构示意图为，为29号元素Cu。(1)碳原子的电子排布式为1s22s22p2，轨道表示式为；氮原子的价电子数为5，价电子排布式为2s22p3。(2)硅原子的价电子排布式为3s23p2，其原子中有2个未成对电子；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，其原子中有1个未成对电子，离子结构示意图为。(3)铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1或1s22s22p63s23p63d104s1，原子结构示意图为。(4)Cu失去最外层4s1上的1个电子变成Cu＋，其价电子构型为3d10，价电子轨道表示式为。答案：(1)2s22p3(2)21(3)[Ar]3d104s1(或1s22s22p63s23p63d104s1)(4)课时作业4原子核外电子排布的周期性1．解析：某元素＋2价离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其原子核外电子数为24＋2＝26，为Fe元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，处于周期表中第4周期Ⅷ族，最后填入电子的轨道能级为3d，所以该元素位于d区，故选C。答案：C2．答案：D3．解析：原子序数为1的元素属于s区、A说法错误；Fe为过渡元素，属于d区，C说法错误；Na、Li、Mg均属于s区，D说法错误；O、S、P为p区元素。答案：B4．解析：Be和Mg为同一主族元素，同主族元素自上而下金属性依次增强，失电子能力依次增强，因此Be的原子失电子能力比镁弱，A正确；砹(At)是第6周期第ⅦA元素，由于同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性逐渐减弱，HI不稳定，容易分解，HAt的稳定性比HI还弱，因此砹的氢化物不稳定，B正确；硒与硫是同一主族的元素，由于同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，元素的气态氢化物的稳定性逐渐减弱，所以硒(Se)化氢比硫化氢稳定性差，C错误；锶和钙是同一主族的元素，由于同主族从上到下元素的金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，则氢氧化锶[Sr(OH)2]比氢氧化钙碱性强，D正确。答案：C5．解析：该元素的最外层电子数为2，并且为同族元素中原子序数最小的，所以该元素为第2周期或第4周期元素。又因其价电子数≠最外层电子数，可推出该元素并不是第2周期元素，应为第4周期元素，价电子排布式为3d34s2，故为23号元素V，d区元素。答案：C6．解析：由核外电子排布知识可知A为氯原子，B为氮原子，C为碳原子，D为硫原子。根据同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族原子半径由上到下逐渐增大，当最外层电子数目相差不大时，一般电子层数越多，原子半径越大，故原子半径最大的是硫原子。答案：D7．解析：同主族元素，从上到下原子半径(离子半径)逐渐增大，故A、B、D三项中的各微粒的半径逐渐增大；电子层数相同，核电荷数越大半径越小，Mg2＋、Al3＋电子层数相同但铝的核电荷数大，所以Al3＋的半径小，故C项不符合。答案：C8．解析：a、b、c、d、e、f分别是钠、镁、碳、氧、硫、氯。同一主族，氢化物的稳定性由上到下递减，H2O的稳定性比H2S强；同一周期原子半径从左到右依次递减，a、b、e三种元素的原子半径：a>b>e；六种元素中最活泼的金属是Na(a)，最活泼的非金属是氧(d)。则选项A、B、C三项均不正确。答案：D9．解析：Fe失去3个电子变成Fe3＋，最外层电子排布为3s23p63d5，A正确；核外电子排布为1s2的原子是He，核外电子排布是1s22s2的为铍(Be)，二者化学性质不相似，B错；基态铜原子的价电子排布图，C错；基态碳原子是2s比2p轨道能量低，先填满2s再填2p，即，D错。答案：A10．解析：钛为22号元素，48Ti、49Ti、50Ti的中子数分别为26、27、28，中子数不可能为22，A正确；钛原子的外围电子排布式为3d24s2，钛元素在周期表中处于第4周期ⅣB族，B错误；根据构造原理，钛原子的外围电子层排布式为3d24s2，C正确；d区元素原子的价电子排布为(n－1)d1～9ns1～2，根据钛原子的价电子排布知钛元素位于元素周期表的d区，是过渡元素，D正确。答案：B11．解析：M为Be，N为He，两者不属于同主族，A项错误；前者属于原子，后者属于离子，性质不相似，B项错误；推断出M为O，N为S，属于同主族，性质具有相似性，C项正确；有可能M为B、F，N为Al、Cl，不一定属于同一主族，D项错误。答案：C12．解析：第9列元素为第Ⅷ族元素，全部属于金属元素，A项错误；第15列为第ⅤA族元素，其最外层电子的排布式为ns2np3，B项正确；最外层电子数为ns2的元素除第ⅡA族(第2列)外，还有He以及部分过渡金属元素，C项错误；ds区元素是第11、12列元素，D项错误。答案：B13．解析：(1)根据核外电子排布规律，该元素原子的核外电子排布式应为1s22s22p63s23p63d104s1，价电子排布式为3d104s1，所以有1个未成对电子，有7个能级。有四个电子层，所以为第4周期元素，价电子排布式为3d104s1，所以在第ⅠB族。(2)Cu原子核外有29个电子，其核外电子排布式为[Ar]3d104s1，Au与Cu同族，则Au原子的价电子排布式为5d106s1。(3)该元素为主族元素，根据电子层数＝周期序数，主族序数＝价电子数，该元素位于第4周期第ⅢA族。(4)由于该元素为主族元素，价电子数＝主族序数，周期序数＝电子层数，可知其价电子排布式为4s24p3，为33号元素砷。答案：(1)①3d104s171②4ⅠB(2)5d106s1(3)4ⅢA(4)砷4s24p314．解析：(1)铝属于主族元素，其余属于过渡元素。(2)钛位于第4周期第ⅣB族，外围电子排布为3d24s2。(3)金元素的外围电子排布为5d106s1，应位于第6周期第ⅠB族。(4)Ag位于第5周期第ⅠB族，外围电子排布为4d105s1，属于ds区。答案：(1)铝(2)(3)6ⅠB(4)ds15．解析：选择稀有气体中86号元素为基准，先确定84号、88号元素所处的位置。86－84＝2，第6周期第ⅥA族；88－86＝2，第7周期ⅡA族。88号元素最外层只有2个电子，化合价为＋2价，金属性极强，故Y(OH)2为强碱。答案：(1)第6周期第ⅥA族86Rn元素在周期表第6周期0族，而84X的质子数比Rn少2个，故X在同周期ⅥA族(2)YO强碱(3)He16．解析：R原子的摩尔质量1.00×10-7cm3×6.88g·cm-320××1023mol－1≈207g·mol－1。即R的相对原子质量为207，其原子中中子数比质子数多43，可计算得R的质子数为答案：(1)207g·mol－1(2)6s26p2(3)6ⅣA(4)R4＋＋2Fe2＋=R2＋＋2Fe3＋17．解析：(1)由B为第4周期过渡元素，最高化合价为＋7可推出B是锰元素；C和B是同周期的元素，具有相同的最高化合价，则C是溴元素；D的外围电子排布式为nsnnpn＋2，D是氧元素；A与D可形成1∶1和1∶2原子个数比的化合物，A是钾元素。(2)E元素的基态原子核外有7个原子轨道填充了电子，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，该元素应为Al。(3)B位于第4周期，最高价为＋7价，根据族序数等于价电子数可知B位于第ⅦB族，Br原子最外层也是7个电子，属于主族元素，位于ⅦA族。答案：(1)KMnBr(2)1s22s22p61s22s22p63s23p1(3)ⅦBⅦA课时作业5元素第一电离能和电负性的周期性变化1．解析：由核外电子排布式可知，②、③、④三种离子分别是S2－、O2－、Cl－，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，则有②＞④，③＞①；电子层数越多，半径越大，则大小顺序为②＞④＞③＞①。答案：D2．解析：所给元素中Na的电负性最小，故钠的金属性最强，F的电负性最大，故F的非金属性也最强，所以Na和F形成的化学键中共价键的成分最少。答案：B3．解析：据电负性X>Y推知，原子序数X>Y，由于X、Y同周期，第一电离能Y可能大于X，A项正确；氢化物稳定性HmY小于HnX，B项错误；X对应的最高价含氧酸的酸性强于Y的，C项正确；电负性值大的元素吸引电子能力强，在化合物中显负价，电负性值小的元素吸引电子能力弱，在化合物中显正价，D项正确。答案：B4．解析：由题意可知：X、Y、Z2－、W分别为S、Cl、S2－、F。S、Cl、S2－、F粒子半径大小排列顺序为r(S2－)>r(S)>r(Cl)>r(F)，故C项正确。答案：C5．解析：利用在同周期从左→右元素第一电离能增大(除ⅡA、ⅤA族反常外)，原子半径逐渐减小；同主族从上→下元素第一电离能逐渐减小，原子半径逐渐增大来判断。答案：A6．解析：根据电负性和最低化合价，推知A为C元素，B为S元素、C为Cl元素、D为O元素、E为F元素。A项，C、D、E的氢化物分别为HCl、H2O、HF，稳定性：HF>H2O>HCl；B项，元素A的原子最外层电子排布式为2s22p2，2p2上的两个电子分占两个原子轨道，且自旋状态相同；C项，S的最外层有6个电子，Cl的最外层有7个电子，它们之间可形成S2Cl2等化合物；D项，Na能与H2O发生置换反应生成NaOH和H2。答案：D7．解析：同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，A错误；基态铁原子外围电子排布式为3d64s2，根据洪特规则电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，则外围电子轨道表示式为，B正确；N原子的2p轨道处于半满，第一电离能大于氧原子，C错误；由主族元素的电离能可知，由第三电离能到第四电离能变化较大，则该原子最外层只有3个电子，位于第ⅢA族，D错误。答案：B8．解析：同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，故三种元素中Si的第一电离能最小，由题图可知，c为Si元素，P原子第四电离能对应为失去3s能级中1个电子，与第三电离能相差较大，可知b为P元素、a为C元素。同周期元素从左到右电负性增大，同主族元素从上到下电负性减小，故Si的电负性最小，A错误；Si的非金属性最弱，非金属性越强，简单氢化物越稳定，故SiH4的稳定性最差，B错误；相对分子质量：PH3>SiH4>CH4即简单氢化物的相对分子质量：b>c>a，C错误；C原子失去4个电子后，电子排布为1s2，Si原子失去4个电子后，外围电子排布为2s22p6，前者更难再失去电子，P原子失去4个电子后，外围电子排布为3s1，较易失电子，故第五电离能：C>Si>P，D正确。答案：D9．解析：A、C的原子序数的差为8，A、C处于同主族，A、B、C三种元素原子的最外层电子数之和为15，B原子最外层电子数等于A原子最外层电子数的一半，则A、C的最外层电子数为6，B的最外层电子数为3，A、B、C都是短周期主族元素且原子序数依次增大，则A为O、B为Al、C为S，D是短周期主族元素且原子序数大于C，则D为Cl；根据“层多径大、序大径小”，原子半径：A<D<C<B，A错误；同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，非金属性：A>C，B正确；同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性：D>C，C错误；常温下Al遇浓硝酸发生钝化，D错误。答案：B10．解析：A2＋、B＋、C3－、D－这4种离子具有相同的电子层结构，则在元素周期表中的位置为因此原子半径大小顺序为B>A>C>D；原子序数为a>b>d>c；离子半径为C3－>D－>B＋>A2＋；第一电离能A>B，D>C，且C>A，即D>C>A>B。答案：C11．解析：五种元素的各级电离能中发生突跃式增大的情况是：R有I2≫I1、S有I3≫I2、T有I4≫I3、U有I2≫I1，化合价分别为＋1、＋2、＋3、＋1价。Q的第一电离能比其他元素的第一电离能明显高很多，最有可能为稀有气体。(1)只有R和U电离能发生突变的情况相同，R和U均为＋1价，原子最外层均为一个电子，位于ⅠA族。(2)电解它们的熔融氯化物，阴极电极反应式为相应价态的阳离子得电子被还原，Q不能形成Q2＋，R和U形成R＋和U＋，S形成S2＋，T可形成T3＋。只有选项D正确。(3)Q是稀有气体，不能形成QCl2，R、S、T、U的最高正价分别为＋1、＋2、＋3、＋1价，只有B正确。(4)Q的第一电离能比其他元素的第一电离能明显高很多，最有可能为稀有气体。答案：(1)E(2)D(3)B(4)E12．解析：(1)F－和O2－的核外电子排布相同，核电荷数越大，则半径越小，故半径：F－<O2－。(2)由于锂的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大，因此Li＋半径小于H－。(3)元素的非金属性越强，其吸引电子的能力就越强，元素的电负性就越大。元素Zn、Ge、O的非金属性强弱顺序是O>Ge>Zn，所以这三种元素的电负性由大至小的顺序是O>Ge>Zn。(4)根据元素周期表和对角线原则可知与锂化学性质最相似的是镁。(5)[Ne]3s1属于基态的Mg＋，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高；[Ne]3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg＋；[Ne]3s13p1属于激发态Mg原子。其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子；[Ne]3p1属于激发态Mg＋，其失去一个电子所需能量低于基态Mg＋。综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1，答案选A。(6)Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能，原因是Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全充满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。(7)元素Mn与O中，由于O元素是非金属元素而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O。(8)根据题图可知，同周期元素随着核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；氮原子的2p能级处于半充满状态，原子相对稳定，不易结合电子。答案：(1)小于(2)锂的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大，因此Li＋半径小于H－(3)O>Ge>Zn(4)Mg(5)A(6)大于Zn的核外电子排布式为[Ar]3d104s2，Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，Zn核外电子排布处于全充满稳定状态，第一电离能更大，即I1(Zn)>I1(Cu)(7)O(8)同周期元素随着核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大N原子的2p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合一个电子13．解析：A、B的阴离子与C、D的阳离子的电子排布式均为1s22s22p6，A、B在第2周期，A原子核外有2个未成对电子，是氧元素，B只能为氟元素；C、D在第3周期，C单质可与热水反应但不能与冷水反应，为镁，D只能是铝。F能与A形成相同价态的阴离子，且离子半径A小于F，为硫元素。E原子在基态时填充电子的轨道数有9个，且E原子核外有3个未成对电子，是磷元素。答案：(1)氟其最外层有7个电子且原子半径小，容易得电子，不容易失电子(2)MgMg最外层3s轨道全满，是较稳定状态(3)Mg＜Al＜P＜S＜O＜F(4)MgO、Al2O3P2O5、SO314．解析：(1)O原子和N原子的外围电子排布分别为2s22p4、2s22p3，N原子的2p轨道半充满状态，比较稳定，所以第一电离能大。(2)由A、B元素的各级电离能可看出，A、B两元素容易失去两个电子形成＋2价金属阳离子，故A、B元素属于ⅡA族的元素，由同主族元素电离能变化规律可知，B元素为镁元素，其原子的电子排布式为1s22s22p63s2。(3)ⅦB族元素的族序数＝外围电子数，周期序数＝电子层数，所以基态Mn原子外围电子排布式为3d54s2，Mn2＋的外围电子排布式为3d5。Mn2＋为3d5的半充满状态，很难失去电子，而Fe2＋为3d6，失去一个电子，即变为半充满的3d5状态，所以气态不稳定的Mn2＋再失去一个电子比气态Fe2＋再失去一个电子难。(4)同主族元素从上到下电负性逐渐减小。(5)B的原子序数是5，所以基态B原子的电子排布式为1s22s2zp1；B和N都属于第2周期，同周期自左向右电负性逐渐增大，所以B和N相比，电负性较大的是N，B最外层有3个电子，所以化合价是＋3价。答案：(1)1s22s22p2N原子的2p轨道达到半充满状态，比较稳定(2)1s22s22p63s2(3)3d5由Mn2＋转化为Mn3＋时，3d轨道由较稳定的3d5半充满状态转变为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2＋转化为Fe3＋时，3d轨道由不稳定的3d6状态转变为较稳定的3d5半充满状态需要的能量相对要少(4)I<Br<Cl<F(5)1s22s22p1N＋3课时作业6金属键金属晶体1．解析：金属晶体中微粒之间的作用力是金属键，金属键不具有方向性和饱和性，所以金属原子能以最紧密的方式堆积，故金属晶体堆积密度大，原子的配位数高，这样能充分利用空间。答案：D2．解析：金属键的强弱与金属原子半径、价电子数有关，半径：铝原子小于镁原子，价电子数：铝大于镁，铝的金属键比镁强，铝的熔、沸点比镁高。答案：D3．答案：D4．解析：金属在常温下一般都是晶体，但汞在常温下为液态金属，A错误；金属晶体的组成粒子是金属离子和自由电子，所以金属晶体中有阳离子，但没有阴离子，B错误；金属晶体中的金属阳离子在其电场力能“涉及”到的条件下，与自由电子都有电性作用，“释出”的价电子不再属于那个金属离子，C错误；金属虽然发生形变，各层之间发生了相对滑动，但不致断裂，就是因为金属离子与自由电子之间的相互作用仍然存在，D正确。答案：D5．解析：由图可知该晶体部分结构单元的上下两面为正三角形，因此处于顶角的粒子为12个该结构单元共用，故A的数目为6×eq\f(1,12)＝eq\f(1,2)；处于水平棱上的粒子为4个结构单元共用，处于垂直棱上的粒子为6个结构单元共用，故该结构单元中包含B粒子的数目为6×eq\f(1,4)＋3×eq\f(1,6)＝2，由此可见A、B、C三种粒子的数目之比为eq\f(1,2)∶2∶1＝1∶4∶2。答案：B6．解析：该晶体的晶胞是正方体形晶胞。该晶胞拥有的X原子数为8×eq\f(1,8)＝1个；Y原子位于该晶胞内，共有4个，因此该晶胞中拥有的Y原子数为4；Z只有1个，位于晶胞的体心上，故该晶体的化学式为XY4Z。答案：C7．解析：对于正六棱柱形晶胞，顶点上的粒子同时为6个晶胞所共用，每个粒子只有eq\f(1,6)属于该晶胞；面上的每个粒子eq\f(1,2)属于该晶胞。由图知，位于顶点上的镧原子有12个，位于面上的镧原子有2个，则完全属于该晶胞的镧原子数目为12×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,2)＝3；位于顶面和底面上的镍原子分别有6个，位于侧面上的镍原子也有6个，晶胞内部还有6个，则完全属于该晶胞的镍原子有(6＋6＋6)×eq\f(1,2)＋6＝15，则这种合金中镧原子与镍原子的个数比为3∶15＝1∶5，化学式为LaNi5。答案：C8．解析：根据表中数据可知，Cu的原子半径小，Cu的原子化热的数值大，说明金属铜中的金属键强，进而说明单位体积内自由电子数目铜的多，A选项正确；金属键越强，金属单质的硬度越大，B和C选项正确；单位体积内自由电子的数目取决于金属的外围电子数目，而不是金属的最外层电子数，D选项错误。答案：D9．解析：同主族金属元素，随着核电荷数增大，原子半径增大，故金属键减弱，熔沸点降低，故A错误，C正确；同周期元素，随着核电荷数增大，原子半径减小，最外层电子数增多，金属键增强，故B正确；D可通过金属活动性顺序得出。答案：A10．解析：根据均摊法，该晶胞中Fe原子的数目为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，Mg原子的个数为8，Fe、Mg原子个数之比＝4∶8＝1∶2，所以其化学式为Mg2Fe，故A正确；金属晶体中存在金属键，该晶体属于合金，属于金属晶体，所以只含金属键，故B正确；根据晶胞结构示意图可知，距离Mg原子最近且相等的Fe原子有4个，即Mg的配位数为4，而该晶体的化学式为Mg2Fe，所以Fe的配位数为8，故C错误；晶胞中Fe原子个数为4，Mg原子个数为8，所以晶胞的质量为eq\f(56×4＋24×8,NA)g＝eq\f(416,NA)g，故D正确。答案：C11．解析：金属钠晶体为体心立方堆积，根据均摊法，每个晶胞中含有钠原子数为1＋8×eq\f(1,8)＝2，设晶胞边长为xcm，根据ρ＝eq\f(m,V)，ρ＝eq\f(2a,NA·x3)，x＝eq\r(3,\f(2a,NAρ))。由于晶胞的体对角线长为棱长的eq\r(3)倍，则体对角线长为eq\r(3)eq\r(3,\f(2a,NAρ))cm，原子半径r为eq\f(\r(3),4)eq\r(3,\f(2a,NAρ))cm，C正确。答案：C12．解析：(1)甲中的堆积方式是将非密置层的金属原子上下对齐，形成的晶胞是1个立方体，在立方体的每个顶角有1个金属原子，称为简单立方堆积。乙和丙中都是密置层原子的堆积方式，乙中上面A层和下面A层的3个原子组成的三角形方向相同。称为六方最密堆积。丙中A层和C层的3个原子组成的三角形方向相反，称为面心立方最密堆积。丁中的堆积方式是将非密置层的上层金属原子填入下层金属原子形成的凹穴中，每层均照此堆积，形成的晶胞是1个立方体，在立方体的每个顶角有1个原子，立方体的中心含有1个金属原子，称为体心立方堆积。(2)简单立方堆积的空间利用率最低，为52%，采取这种堆积方式的只有Po(钋)。(3)乙和丙中两种堆积方式，金属原子的配位数均为12，且其空间利用率均为74%。(4)丁中是体心立方堆积，采取这种堆积方式的金属有K、Na、Fe等。用“均摊法”可求得每个晶胞中含有金属原子的个数为1＋8×eq\f(1,8)＝2。答案：(1)简单立方堆积六方最密堆积面心立方最密堆积体心立方堆积(2)52%Po(钋)(3)相同74%ABCABCABC……(4)K、Na、Fe(合理即可)213．解析：(1)②在1183K以下的纯铁晶体中，与体心铁原子等距离且最近的铁原子是8个顶点的铁原子；在1183K以上的纯铁晶体中，与面心铁原子等距离且最近的铁原子有12个，即配位数之比为2∶3。③设铁原子半径为a，在1183K以下的纯铁晶体中，基本结构单元的边长为eq\f(4\r(3)a,3)；在1183K以上的纯铁晶体中，基本结构单元的边长为2eq\r(2)a。④根据1183K以下的纯铁晶体和1183K以上的纯铁晶体的基本结构单元的边长比为eq\f(\r(6),3)，可知两者基本结构单元的体积比为eq\f(2\r(6),9)，又因为两者一个基本结构单元分别包含2个和4个铁原子，可知两者的密度之比为eq\f(1,2)÷eq\f(2\r(6),9)＝eq\f(3\r(6),8)。(2)如图是取金晶胞中某一面的平面部分，AC为2倍金原子的直径，AB为立方体的棱长，由图可得，立方体的棱长为eq\r(2)dcm，所以晶胞的体积为(eq\r(2)d)3＝2eq\r(2)d3cm3。密度＝eq\f(质量,体积)，质量用晶胞中4个金原子的质量，体积用晶胞的体积，即密度为ρ＝eq\f(\f(4M,NA),2\r(2)d3)g·cm－3＝eq\f(\r(2)M,d3NA)g·cm－3。答案：(1)①[Ar]3d64s2金属②2∶3③eq\f(\r(6),3)④eq\f(3\r(6),8)(2)42eq\r(2)d3eq\f(\r(2)M,d3NA)14．解析：(1)碳原子的核外有6个电子，按电子排布规律即可写出其轨道表示式。(2)如果按甲中虚线方向切乙，得到矩形切面，且切面的小矩形中都有原子，因此A正确。(3)由均摊法可知题给晶胞中碳原子数为1，镁原子数为1，镍原子数为3，则其化学式为MgCNi3；以一个晶胞为基础，可以看出一个晶胞距顶点的镁原子最近的镍原子为3个，考虑到晶体中空间的连续性，则每个镁原子周围距离最近的镍原子数目为3×8÷2＝12。答案：(1)(2)A(3)MgCNi31215．解析：(1)由图示可知金属Zn的原子堆积方式为六方最密堆积。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用，面心是2个六棱柱共用，所以该六棱柱中含有锌原子数为：12×eq\f(1,6)＋2×eq\f(1,2)＋3＝6，所以该结构的质量为eq\f(6×65,NA)g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为acm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，则该底面的面积为6×eq\f(\r(3),4)a2cm2，高为ccm，所以体积为6×eq\f(\r(3),4)a2ccm3，故ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(6×65/NA,6×\f(\r(3),4)a2c)g·cm－3＝eq\f(65,\f(\r(3),4)a2cNA)g·cm－3。(2)晶胞中含有2个铁原子，晶胞中铁原子所占总体积是2×eq\f(4,3)πr3(Fe)，晶胞的边长是eq\f(4r（Fe）,\r(3))，晶胞的总体积为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4r（Fe）,\r(3))))eq\s\up12(3)，故空间利用率为eq\f(\f(8,3)πr3（Fe）,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4r（Fe）,\r(3))))\s\up12(3))。答案：(1)六方最密堆积eq\f(65,\f(\r(3),4)a2cNA)(2)8eq\f(\f(8,3)πr3（Fe）,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4r（Fe）,\r(3))))\s\up12(3))课时作业7离子键离子晶体1．答案：B2．解析：A项，石墨能导电，石墨不是金属晶体，错误；B项，金属晶体在熔融状态下也能导电，错误；C项，分子晶体的水溶液也能导电，错误；D项，离子晶体在固态时不导电而熔融态下能导电，正确。答案：D3．解析：离子晶体中一定含有离子键，也可能含有共价键，主要是OH－和含氧酸根离子中的极性共价键，还有Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(2))等中的非极性共价键。只有分子晶体中才含有范德华力，离子晶体中一定不会有范德华力。因此选D项。答案：D4．解析：本题主要考查影响晶格能大小的因素及晶格能对物质性质的影响。Q的晶格能大于P的晶格能，故Q的熔点比P的高，A项正确；因F－的半径比Cl－的小，其他卤素离子的半径比Cl－的大，故若P是NaCl，只有NaF的晶格能强于NaCl的，B项正确，D项错误。因Q、P中阳离子均为Na＋，阴离子所带电荷数相同，故晶格能的差异是由成键离子核间距决定的，晶格能越大，表明核间距越小，C项正确。答案：D5．解析：位于顶点的铜原子(最上层平面和最下层平面)的共8个，这个晶胞中分摊到8×eq\f(1,8)＝1(个)；位于棱上(中间两个平面)的也是8个，这个晶胞分摊到的是8×eq\f(1,4)＝2(个)，所以，每个晶胞单独占有的铜原子数为3个。氧原子共13个，位于晶胞面上(不含棱)的是7个，位于晶胞棱上的是6个，所以，每个晶胞单独含有的氧原子数共为7×eq\f(1,2)＋6×eq\f(1,4)＝5(个)。所以该晶体每个晶胞中平均分摊到(即单独占有)的钇原子、钡原子、铜原子和氧原子个数分别为1、2、3、5，化学式为YBa2Cu3O5。答案：C6．解析：题图所示晶胞含有3个钠离子、1个氯离子，所以该晶体的化学式为Na3Cl，故C正确。答案：C7．解析：ZnS是Zn2＋和S2－构成的离子化合物，属于离子晶体，A错误；由晶胞结构可知，Zn分别位于晶胞的顶点和面心，Zn2＋数目为：8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，S2－数目也为4，B正确；ZnS晶体中，阳离子Zn2＋的配位数是4，C错误；ZnO和ZnS所带电荷相等，氧离子半径小于硫离子，故ZnO的晶格能大于ZnS，D错误。答案：B8．解析：食盐晶胞中含有4个Na＋和4个Cl－，每个晶胞的体积为eq\f(M,ρNA)×4cm3，设食盐晶体里Na＋和Cl－的间距为xcm，所以可得(2x)3＝eq\f(M,ρNA)×4，解得x＝eq\r(3,\f(M,2ρNA))，则在食盐晶体中Na＋和Cl－的间距大约是eq\r(3,\f(M,2ρNA))cm。答案：B9．解析：A项，用均摊法分析，晶体晶胞中阴、阳离子的个数都为4，错误；B项，晶胞中阴、阳离子的配位数都是6，错误；C项，该晶胞符合NaCl晶胞的特征，正确；D项，设晶胞边长为acm，则两个距离最近的阳离子的核间距离为eq\f(\r(2),2)acm，4×Mg·mol－1＝NAmol－1×a3cm3×dg·cm－3，可求出a＝eq\r(3,\f(4M,NAd))，核间距为eq\f(\r(2),2)×eq\r(3,\f(4M,NAd))cm，错误。答案：C10．解析：(1)镍为28号元素，Ni的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2。(2)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。由于Ni2＋的半径小于Fe2＋的半径，则熔点：NiO>FeO。(3)因为NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，而氯化钠中阴、阳离子的配位数均为6，所以NiO晶胞中Ni和O的配位数也均为6。(4)晶胞中镧原子数＝8×1/8＝1；镍原子数＝1＋8×1/2＝5，所以化学式为LaNi5。答案：(1)1s22s22p63s23p63d84s2(2)＞(3)6，6(4)LaNi511．解析：(1)Ca是20号元素，根据构造原理可知基态钙原子的电子排布式是1s22s22p63s23p64s2，可简写为[Ar]4s2，根据核外电子排布式可知Ca原子核外有6种不同能量状态的电子。(2)①以面心Ca2＋为研究对象，晶体中与该Ca2＋距离相等且最近的F－共有8个，因此Ca2＋的配位数是8。②观察A、B、C的相对位置，可知C原子的x坐标是eq\f(3,4)，y坐标是eq\f(3,4)，z坐标是eq\f(1,4)。③根据晶胞结构可知，在一个晶胞中含有Ca2＋的数目为eq\f(1,8)×8＋eq\f(1,2)×6＝4，含有F－的数目为1×8＝8，即一个晶胞中含有4个CaF2，根据C原子的坐标参数可知，晶胞中两个F－最小的核间距为晶胞边长的一半，所以晶胞参数a＝2×pm＝pm，则该晶体的密度ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(4×78g,NA×（×10－10cm）3)＝eq\f(4×78,NA×（×10－10）3)g·cm－3。答案：(1)[Ar]4s2(或1s22s22p63s23p64s2)6(2)①8②eq\f(3,4)eq\f(3,4)③eq\f(4×78,NA×（×10－10）3)12．解析：(1)Ti原子核外电子数为22，外围电子排布式为3d24s2，外围电子轨道表示式为；(2)NaH的熔点为800℃，不溶于有机溶剂，应属于离子晶体，由钠离子与氢负离子构成，电子式为Na＋[∶H]－；(3)根据均摊法可知，晶胞中AlHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))数目为8×eq\f(1,8)＋4×eq\f(1,2)＋1＝4，Na＋数目为4×eq\f(1,4)＋6×eq\f(1,2)＝4，则二者配位数为1∶1，以体心的AlHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))研究，与之紧邻且等距的Na＋位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与AlHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))紧邻且等距的Na＋有8个，则与Na＋紧邻且等距的AlHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))有8个；晶胞质量为4×eq\f(54,NA)g，晶胞密度为4×eq\f(54,NA)g÷[(a×10－7cm)2×2a×10－7cm]＝eq\f(108×1021,NAa3)g·cm－3，若NaAlH4晶胞底心处的Na＋被Li＋取代，可知晶胞中Li＋为1，Na＋数目为3，而晶胞中AlHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))数目不变，可得化学式为Na3Li[AlH4]4。答案：(1)(2)离子Na＋[∶H]－(3)8eq\f(108×1021,NAa3)Na3Li[AlH4]413．解析：(1)在氯化钠晶体中Na＋和Cl－是相间排列的。如下图所示。(2)与Na＋最接近的且距离相等的Na＋共有12个。(3)根据离子晶体的晶胞，求阴、阳离子个数比的方法是均摊法。由此可知，NaCl晶胞中，含Na＋：8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4个；含Cl－：12×eq\f(1,4)＋1＝4个。(4)设Cl－与Na＋的最近距离为acm，则两个最近的Na＋间的距离为eq\r(2)acm，又eq\f(（a＋a）3·ρ,4)NA＝M。即a＝eq\r(3,\f(M,2ρNA))。所以Na＋间的最近距离为eq\r(2)·eq\r(3,\f(M,2ρNA))cm。答案：(1)(答案不唯一，合理即可)(2)12(3)412×eq\f(1,4)＋1＝448×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4(答案不唯一，只要与第(1)问对应即可)(4)eq\r(2)·eq\r(3,\f(M,2ρNA))14．解析：(1)由图像可知，K与O间的最短距离为面的对角线的一半，即eq\f(\r(2),2)a≈eq\f(1.414,2)×nm≈nm，在一个晶胞中与K紧邻的O个数为3×eq\f(1,2)＝，K属于8个晶胞，故紧邻O的个数共为×8＝12。(2)根据晶胞结构以及各原子的数目，K处于体心位置，O处于棱心位置。(3)由均摊法可知该晶胞中含Fe2＋的数目为eq\f(1,4)×12＋1＝4，含Seq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(2))的数目为eq\f(1,8)×8＋eq\f(1,2)×6＝4，即该晶胞中含FeS2的数目为4，设晶体的密度为ρ，则eq\f(4,NA)×M＝(a×10－7cm)3·ρ，解得ρ＝eq\f(4M,NAa3)×1021g·cm－3。分析晶胞结构可知，该晶胞中正八面体的边长为面对角线的一半，则为eq\f(\r(2),2)anm。(4)ZnS晶胞是立方体，其中8个顶点有8个S2－，6个面心上各有1个S2－，立方体内部还有4个Zn2＋，所以一个ZnS晶胞中含有的S2－数＝8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，Zn2＋数目为4，则一个晶胞的质量为4×eq\f(（65＋32）g·mol－1×1023mol－1)，体积为(540×10－10cm)3，所以密度为eq\f(\f(4×（65＋32）g·mol－1×1023mol－1),（540×10－10cm）3)＝g·cm－3。答案：(1)12(2)体心棱心(3)eq\f(4M,NAa3)×1021g·cm－3eq\f(\r(2),2)a(4)4eq\f(\f(4×（65＋32）g·mol－1×1023mol－1),（540×10－10cm）3)＝eq\f(270,\r(1－cos109°28′))或eq\f(135\r(2),sin\f(109°28′,2))或135eq\r(3)课时作业8共价键的形成和共价键的类型1．解析：电子云重叠说明电子在核间出现的概率增大，A选项正确；两个H原子之间形成s­sσ键，B、D选项正确；电子云是对核外电子运动状态的形象化描述，原子间通过共用电子对(即电子云重叠)形成共价键，C选项不正确。答案：C2．解析：H原子的1个电子排布在1s轨道，F原子的最外层7个电子的排布为2s、2p轨道，F2单质中共价键是p­pσ键，而HF分子中是H原子的1s轨道与F原子的2p轨道头碰头重叠，形成s­pσ键。答案：C3．答案：A4．解析：选项A中N原子的最外层电子没有全部标出；B项中Cl原子的最外层电子没有全部标出；D项中C、O共用两对电子，正确写法为：。答案：C5．解析：共价单键中只含σ键，共价双键和共价三键中含π键和σ键，所以π键一定不能单独形成，A正确；σ键为轴对称，π键为镜面对称，则σ键可以绕键轴旋转，π键一定不能绕键轴旋转，B正确；双键中一定有一个σ键和一个π键，三键中一定有一个σ键和两个π键，C正确；稀有气体为单原子分子，不含化学键，D错误。答案：D6．解析：该有机物中含有碳氢键，所以σ键数目大于12，A错误；分子中的Fe失去了最外层4s能级上的2个电子，故B正确；分子中既含有C－H极性共价键又有C－C非极性共价键，故C正确；铁元素的第二电离能小于它的第三电离能，因为失去3个电子后，3d成为半充满结构，能量最低，比较稳定，故D正确。答案：A7．解析：氰气的分子结构中含有不饱和键，在一定条件下可发生加成反应，A正确；分子中极性键数目与非极性键数目不相等，B错误；单键为σ键，1个三键中含有1个σ键和2个π键，所以分子中含有3个σ键和4个π键，C错误；卤素单质能和氢氧化钠溶液发生反应，氰气的性质与卤素单质相似，D错误。答案：A8．答案：B9．解析：至少含有双键才能同时存在σ键和π键。A的结构式为H—O—Cl，B的结构简式为CH3OCH3或CH3CH2OH，C的结构式为，D的结构式为H—O—O—H。答案：C10．解析：S原子的价电子排布式为3s23p4，有2个未成对电子，并且分布在相互垂直的3px和3py轨道中，当与两个H原子配对成键时，形成的两个共价键间夹角接近90°，这体现了共价键的方向性，这是由轨道的伸展方向决定的。答案：D11．解析：根据题图中该分子的结构可知该物质的分子式为C3H2O3，1个分子中含有4个C—O键，1个C=C键，2个C—H键，1个C=O键，其中单键均为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，因此分子中含8个σ键，故A错误、B正确；该分子中的C—H键、C—O键等为极性键，C=C键为非极性键，故C错误；未给出CO2所处的状态，不能根据其物质的量计算体积，故D错误。答案：B12．解析：醋酸钠、苯酚钠和乙醇钠等都是离子化合物，含有离子键，A项错误；甲烷、甲醇或甲醛等都只含有一个碳原子，不存在碳碳单键，也就不存在碳碳σ键，B项错误；碳碳三键含有1个σ键和2个π键，故乙炔中存在3个σ键和2个π键，C项错误。答案：D13．解析：N2H4的结构式为，属于共价化合物，含有极性键(N—H键)和非极性键(N—N键)。CaC2、Na2S和NH4NO3都属于离子化合物，但NH4NO3中含有离子键和极性键，不含非极性键。答案：A14．解析：A选项中没有非极性键的断裂与形成；B选项中没有离子键的断裂，也没有非极性键的断裂与生成；C选项中没有非极性键的生成；D选项中反应前有Na＋与Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(2))的离子键，O—O的非极性键，C—O的极性键的断裂，反应后有成盐的离子键，氧分子中O—O非极性键及COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))中C—O极性键的形成，符合题意。答案：D15．解析：分子中N—N为非极性键，A项错误；N原子间可以形成σ键和π键，B项错误；分子中含有4个N—H键、1个C=N键、1个N=O键、2个C—N键、1个N—N键和1个N→O键，σ键与π键的个数比是5∶1，C项正确；硝基胍的分子式为CN4H4O2，相对分子质量为104，g该物质的物质的量为mol，含有××1023个原子，D错误。答案：C16．答案：(1)①②③(2)DBAC17．答案：(1)F—N=N—F(2)①②③18．解析：(1)甲分子中除5条单键全是σ键外，双键中1个是σ键，另1个是π键，三键中1个是σ键，另2个是π键。故甲分子中σ键总数为7，π键总数为3。(2)乙分子中有3个C—Hσ键，2个C—Cσ键，2个C—Oσ键，1个O—Hσ键；C=C和C=O中分别有1个π键；有C=C、C—C非极性键。(3)丙分子中C与O原子之间形成1个σ键和1个π键，C与两个Cl原子之间分别形成1个σ键。(4)丁分子中含有1个C=C键，1个C≡N键，3个C—H键和1个C—C键，故丁分子中共有6个σ键和3个π键。答案：(1)73(2)82有(3)31(4)2∶119．解析：中学阶段含有10电子的微粒有①分子：Ne、HF、H2O、NH3、CH4；②阳离子：Na＋、Mg2＋、Al3＋、NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、H3O＋；③阴离子：F－、O2－、N3－、OH－、NHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))；由5个原子核组成的微粒有CH4、NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))，由A＋B=C＋D知A为NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))，B为OH－；由B＋E=2D，E为H3O＋，D为H2O，同时知C为NH3。答案：(1)(2)OH－NH3H2OH3O＋(3)(4)极性键σ(5)课时作业9共价键键参数共价晶体1．解析：键能越大，分子越稳定，A错，D正确；H—H键没有方向性，B错；形成共价键的两个原子之间的核间距叫键长，C错。答案：D2．解析：水的结构式为H—O—H，2mol水分子中含有4molH—O键，2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－kJ·mol－1，反应物总键能－生成物总键能＝反应热，则：436kJ·mol－1×2＋498kJ·mol－1－4E(O—H)＝－kJ·mol－1，故E(O—H)＝kJ·mol－1，故选A。答案：A3．解析：反应热等于正反应活化能减逆反应活化能，A正确；白磷分子形成正四面体形结构，故1个白磷分子中含6个P—P键，B正确；由图乙可知，P4O10中每个磷原子与4个氧原子形成4个σ键，4个磷原子共形成16个σ键，故1molP4O10中σ键的数目为16NA，C正确；白磷燃烧的化学方程式为P4＋5O2eq\o(=,\s\up7(点燃))P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6molP—P键和5molO=O键，形成12molP—O键和4molP=O键，反应热ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能，即E1－E2＝6a＋5c－4E(P