高中化学课时作业（人教版选修第二册）详解答案

课时作业11．解析：若只有1个能层，不存在p能级；若有2个能层，则有两个s能级，则电子排布为1s22s22p4，为O元素；若有3个能层，则有三个s能级，则电子排布为1s22s22p63s23p6，为Ar元素；由此应选D项。答案：D2．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：D3．解析：根据题意知该基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s1或1s22s22p63s23p3，所以该原子的质子数为11或15。答案：D4．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：C5．解析：4p能级填充4个电子的元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，原子序数为34。答案：B6．解析：根据构造原理，该元素原子的3d能级上已有3个电子，说明4s能级已经填满，而4p能级还没有填，所以其N能层上的电子数为2。答案：B7．解析：分析原子核内的质子数和电子排布式之间的关系可知，三种微粒都是金属阳离子。分析A～D四个选项中微粒结构示意图的核电荷数和核外电子排布的关系可知，A和D是原子，B是阴离子，C是金属阳离子。答案：C8．解析：每一能层包含的能级数等于该能层的序数，故第三能层有s、p、d三个能级，A错；s、d能级最多容纳的电子数分别是2、10，故B错、D正确；每一能层最多容纳的电子数为2n2，第三层最多容纳18个电子，故C错。答案：D9．答案：D10．解析：根据构造原理可知电子填入能级的顺序为……4s、3d、4p、5s、4d、5p、6s……从而可以看出②③中前面的能级先填入电子。答案：B11．解析：此微粒核外共有18个电子，可能是Ar原子，也可能是离子，离子又可能为阳离子Ca2＋、K＋或阴离子S2－、Cl－、P3－等。答案：B12．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：A13．解析：Ar与S2－的原子核不同，1s能级上电子的能量、3p能级上电子离核的距离、电子跃迁产生的光谱都不相同，化学性质也不同。答案：C14．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：C15．解析：根据原子核外电子的排布规律和构造原理书写原子的电子排布式，应注意从3d能级开始出现“能级交错”现象。而且要看清题目的要求“最外层”还是“M层”“简化”等要求，其中阳离子的电子式是在原子的基础上先失去最外层电子。而不是完全按照填充顺序逆向进行。在书写原子结构示意图时，注意非主族元素，应该先写出电子排布式，再根据电子排布式写出原子结构示意图。答案：(1)1s22s22p63s23p4(2)2s22p6(3)4s2(4)[Ar]3d64s2(5)(6)1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5(7)[Ar]3d104s24p316．解析：(1)用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素。(2)电子跃迁产生光子与入射光子具有相关性，即入射光与辐射光的相位相同，如果这一过程能够在物质中反复进行，并且能用其他方式不断补充因物质产生光子而损失的能量，那么产生的光就是激光，与电子跃迁有关，故A错误；当碱金属及其盐在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁有关，故B错误；原子光谱的产生是原子核电子发生能级跃迁的结果，与电子跃迁有关，故C错误；燃烧放热是化学能转化为热能，与电子跃迁无关，故D正确；石墨是层状结构，层间有自由移动的电子，与电子跃迁无关，故E正确。答案：(1)原子光谱(2)DE17．解析：氢气是一种清洁燃料，所以X为氢元素；臭氧对紫外线有吸收作用，是保护地球地表环境的重要屏障，所以Y为氧元素，其基态原子含有K层与L层2个能层，L层为第二能层，有s、p两个能级(即2s和2p)；氮、磷、钾是植物生长三要素，所以Z为氮元素；单质硫在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰，所以W为硫元素；日常生产和生活中最常用的金属是铁、铜和铝，其中用于桥梁和楼房的应该是Fe，所以M为铁元素。答案：(1)22s和2p(2)NO2或N2O4(3)3d64s24课时作业21．解析：在电子云图中，小黑点并不代表电子，A项错误；He的基态原子为1s2，所以电子云形状相同，但是电子能量不相同，电子云的大小不相同，B项错误；如果氢原子的电子发生了跃迁，进入了其他能级如p能级，则电子云的形状将变成哑铃形，C项正确；小黑点代表电子在核外空间区域内出现的概率，小黑点的疏密与电子在该区域出现的概率大小成正比，D项错误。答案：C2．解析：A项，p轨道是哑铃形，是说的电子出现概率高的“区域”的形状。B项，能层数为3时，共有9条轨道。C项，氢原子中有一个电子，但轨道是人们规定的，可以是空轨道。答案：D3．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：D4．解析：7s、O层、3d、4f的原子轨道数目分别为：1、25、5、7个，所以从小到大正确的顺序为①③④②，选C项。答案：C5．答案：C6．解析：只要原子不是处于基态情况下，就属于激发态，氮原子基态为：A项错误；基态氟原子为1s22s22p5，B项错误；基态锰原子为1s22s22p63s23p63d54s2，C项正确；基态铜原子电子排布应该为1s22s22p63s23p63d104s1，D项错误。答案：C7．解析：A项，2s轨道应排满2个电子，且自旋方向相反，错误；B项，2p轨道的2个电子的自旋方向要相同，错误；C项，2p轨道的2个电子应分占2个轨道，且自旋方向相同，错误；D项，2p能级的3个轨道的能量是相同的，正确。答案：D8．解析：根据构造原理，电子在各能级上的排列顺序为1s、2s、2p、3s、3p、4s、3d……且排布的电子数分别为2、2、6、2、6、2、10……故根据构造原理24Cr的电子排布式应为：1s22s22p63s23p63d44s2。但是根据洪特规则特例Cr的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1。所以选B。而D电子排布式错误，应该为1s22s22p63s23p63d104s1。答案：B9．解析：Fe元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，3d能级上有5个轨道，其中只有1个轨道上排满2个电子，且自旋方向相反，其他4个轨道上各排1个电子，自旋方向相同，4s轨道上排满2个电子，且自旋方向相反，故C项正确。答案：C10．解析：在短周期元素中，基态原子核外未成对电子数等于电子层数的元素：第一周期的H元素，在第二周期C元素、O元素，第三周期的P元素，共4种，即a＝4。在短周期元素中，基态原子最外层电子数是未成对电子数2倍的元素有C元素、Si元素，共2种，即b＝2。综上可知，a/b＝2。答案：B11．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，轨道表示式为：(2)同主族元素最外层电子数相同，Sn位于第五周期，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)s电子的原子轨道呈球形，每个s能级有1个原子轨道；p电子的原子轨道都呈哑铃形，每个p能级有3个原子轨道，它们相互垂直，分别以px、py、pz表示。(2)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。(3)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。(4)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。答案：(1)球1哑铃3(2)2p垂直氮(3)S1s22s22p63s23p4(4)D13．解析：由题意知，A原子中只有1个电子，A为H；B原子的3p轨道上有5个电子，则B为Cl；C原子的2p轨道上有4个电子，则C为O；D原子的价电子排布式为4s1，则D为K；由E原子的价电子排布式可知E为Ar。(1)原子结构示意图能简明地表示原子的组成和电子在原子核外的分层排布情况，电子排布式能表明电子在各电子层不同原子轨道上的排布情况；轨道表示式可进一步表明电子在各原子轨道上的自旋状态；电子式可以表明与元素性质密切相关的原子最外层的电子数。(2)对太阳光进行光谱分析，可确定太阳光中所含元素的种类。答案：(1)①②③1s22s22p63s23p64s1或[Ar]4s1④(2)Ar对太阳光进行光谱分析14．解析：由题意可知，A为Si，B为Na，C为P，则D为N，E为Fe。这五种元素电子排布式分别为A：1s22s22p63s23p2，B：1s22s22p63s1，C：1s22s22p63s23p3，D：1s22s22p3，E：1s22s22p63s23p63d64s2。由电子排布式可写出答案。答案：(1)Si1s22s22p63s23p2(2)Na[Ne]3s1(3)P3s23p3(4)N(5)Fe15．解析：(1)Mn是25号元素，电子排布式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，根据泡利原理可知这两个电子自旋方向相反。(3)基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2；在其原子的最外层的2个4p电子分别位于2个不同的4p轨道上，所以基态Ge原子有2个未成对电子。(4)Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2。(5)N原子位于第二周期第VA族，价电子是最外层电子，即轨道表示式是。(6)K位于第四周期ⅠA族，电子占据最高能层是第四层，即N层，最后一个电子填充在s能级上，电子云轮廓图为球形。(7)根据核外电子排布规律可知Li的基态核外电子排布式为1s22s1，则D中能量最低；选项C中有2个电子处于2p能级上，能量最高。答案：(1)5(2)相反(3)2(4)1s22s22p63s23p63d84s22(5)(6)N球形(7)DC课时作业31．解析：A项中最外层为4s1的价电子排布包括4s1、3d54s1、3d104s1；B项中3d104sn的电子排布包括3d104s1、3d104s2等；C项中n为2，即2s22p6；D项中n可能为2、3、4、5、6。答案：C2．答案：B3．解析：＋3价离子的核外有23个电子，则原子核外有26个电子，26号元素是铁，位于第四周期Ⅷ族，位于d区。答案：C4．解析：除ds区外，区的名称来自按构造原理最后填入电子的能级的符号。答案：C5．解析：A项，s区、p区也有金属元素；B项，最外层电子数为2的元素有的也位于d区或ds区；D项，s区中的氢是非金属元素。答案：C6．解析：基态铋原子6p能级有3个未成对电子，A错误；根据铋的价电子排布6s26p3可知位于周期表中第六周期第ⅤA族，B正确；铋原子最外层电子排布为6s26p3，5个电子有两种不同能量，C错误；根据价电子排布可知位于p区，最高价为＋5，故最高价氧化物化学式为Bi2O5，D错误。答案：B7．解析：基态原子的N层上只有一个电子的元素，是ⅠA族元素，也可能为铬元素或者铜元素，A错误；原子的价电子排布为(n－1)d6～8ns2的元素是第Ⅷ族元素，不是副族元素，B错误；基态原子的p能级上半充满的元素的基态原子价电子排布式为ns2np3，则一定属于p区元素，C正确；基态原子的价电子排布为(n－1)dxnsy的元素的族序数可能为x＋y(x＋y≤7)、可能为第Ⅷ族(10≥x＋y＞7)、还可能为y(x＝10)，D错误。答案：C8．解析：两种元素原子的电子层上全部都是s电子，即为1s1或1s2或1s22s1或1s22s2，对应的分别是H、He、Li、Be，可能属于第一周期或第二周期。3p能级上只有1个空轨道的原子：1s22s22p63s23p2，是硅元素；3p能级上只有1个未成对电子的原子：1s22s22p63s23p1，是铝元素或1s22s22p63s23p5，是氯元素，都属于第三周期。最外层电子排布为2s22p6的原子是氖元素，属于第二周期元素；最外层电子排布为2s22p6的离子对应的元素可能为氮、氧、氟、钠、镁、铝等，很显然不一定属于同一周期。原子核外的M层上的s、p能级上都填满了电子而d轨道未排电子的两种原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6或1s22s22p63s23p64s1或1s22s22p63s23p64s2，可能为Ar、K、Ca，很显然不一定属于同一周期。答案：B9．解析：设元素M的相对原子质量是x，根据化学方程式：4M＋3O2eq\o(=,\s\up7(点燃))2M2O34x 2(2x＋48)g geq\f(4x,2（2x＋48）)＝g)，解得x＝27，所以M是金属Al，在周期表中的位置是第三周期ⅢA族。答案：D10．解析：硒是34号元素处于周期表中第四周期ⅥA族，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4；电子最后填充4p4，为p能级，属于p区，故①正确；硒核外原子轨道占据s、p、d能级，原子轨道数的顺序依次为1、3、5，电子占据18个原子轨道，故②错误；硒是34号元素，原子核外没有两个运动状态完全相同的电子，有34个电子就有34种运动状态，故③正确；硒是34号元素，原子轨道数占据s、p、d能级，占据8个能级，故④正确；硒原子中电子占据的最高能层是N能层，电子占据的最高能层符号是N，故⑤错误；基态硒原子的价电子排布式为4s24p4，故⑥错误。答案：A11．解析：48Ti、49Ti、50Ti等核素的中子数分别为26、27、28，A项正确；22Ti的外围电子排布式为3d24s2，因此钛是d区第四周期的过渡元素，故B、D两项叙述正确；元素在周期表中的位置由其质子数决定，钛的同位素原子的质子数相同，在周期表中的同一位置，故C项叙述不正确。答案：C12．解析：(1)铝属于主族元素，其余属于过渡元素。(2)钛位于第四周期第ⅣB族，外围电子排布为3d24s2。(3)金元素的外围电子排布为5d106s1，应位于第六周期第ⅠB族。(4)Ag位于第五周期第ⅠB族，外围电子排布为4d105s1，属于ds区。答案：(1)铝(2)(3)六ⅠB(4)ds13．解析：(1)s区为ⅠA族、ⅡA族，符合条件的元素为Be，其电子排布式为1s22s2，价电子的电子云形状为球形。(2)d区为ⅢB族～ⅦB族、Ⅷ族，族序数最大且原子序数最小的为Fe，常见离子为Fe2＋、Fe3＋，电子排布式为1s22s22p63s23p63d6或[Ar]3d6、1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5，由离子的电子排布式可知Fe3＋的3d轨道“半满”，其稳定性大于Fe2＋。(3)ds区符合条件的为Zn，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，价电子排布式为3d104s2。(4)该题中符合题意的为N，价电子轨道表示式为(5)铀和钚均为锕系元素，位于f区。答案：(1)球形(2)Fe2＋：1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)，Fe3＋：1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)Fe3＋(3)3d104s2(4)(5)f14．解析：在元素周期表中，非金属位于元素周期表中的右上方，三元素均为非金属，必位于ⅤA、ⅥA、ⅦA三个主族，则可认定X必为氟元素，Y为硫元素，Z为砷元素。答案：(1)F2(2)Na＋[∶eq\o(S,\s\up6(··),\s\do4(··))∶]2－Na＋(3)砷金属和非金属Z位于元素周期表中金属与非金属交界线附近4s24p315．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，第六周期第ⅥA族；88－86＝2，第七周期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)第六周期第ⅥA族86Rn元素在周期表第六周期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eq\f(（×10－7cm）3×g·cm－3,20)××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82，可推知为铅元素，位于第六周期ⅣA族。答案：(1)207g·mol－1(2)6s26p2(3)六ⅣA(4)R4＋＋2Fe2＋=R2＋＋2Fe3＋课时作业41．解析：碱金属离子半径：r(Li＋)<r(Na＋)<r(K＋)<r(Cs＋)；卤素离子半径：r(F－)<r(Cl－)<r(Br－)<r(I－)，显然，阴离子半径和阳离子半径之比最大的是LiI。答案：A2．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：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：D6．解析：a的原子结构示意图为，第一电子层容纳2个电子，故x＝2，a的质子数为14，故a为硅元素；b与c形成化合物的电子式为则b处于ⅠA族、c处于ⅤA族，c、d同主族，c处于第二周期、d处于第三周期，a、b、d同周期，故b为钠元素，c为氮元素，d为磷元素；同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，则原子半径：Na＞Si＞P＞N，故A项错误；同周期自左而右电负性增大，同主族自上而下电负性减小，故电负性：N＞P＞Si＞Na，故B项错误；由题意知，原子序数：d＞a＞b＞c，故C项错误；非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：N＞P＞Si，故最高价含氧酸的酸性：c＞d＞a，故D项正确。答案：D7．解析：第三周期主族元素的I1随原子序数的递增呈增大趋势，但存在特殊情况，Mg>Al，P>S，A项错误；同周期主族元素的原子半径随原子序数的递增而逐渐减小，B项错误；第三周期主族元素的最高正化合价等于主族序数，从左到右元素的电负性逐渐增大，故y轴表示的可能是电负性，C项正确；第三周期主族元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，故mol·L－1最高价氧化物对应水化物溶液的pH逐渐减小，D项错误。答案：C8．解析：①F和O均不存在“全空”“半充满”或“全充满”现象，与特例无关，错误；②中Fe2＋价电子排布为3d6，而Fe3＋价电子排布为3d5，3d5属于半充满状态，体系稳定，故Fe2＋易失去电子变为稳定的Fe3＋，正确；③中[Ar]3d104s1显然符合d能级全充满状态，为稳定结构，正确；④属于基态原子获得能量，2s能级上一个电子跃迁到2p能级上，而激发态不稳定，易变为基态放出能量，错误。答案：B9．解析：根据表中信息，Z的最高价氧化物的水化物为H3ZO4，可得Z为＋5价，位于第ⅤA族，结合mol·L－1溶液对应的pH可得Z为P元素，X的最高价氧化物对应的水化物为一元强酸，应该是硝酸，X为N，Y的最高价氧化物对应水化物为一元强碱，且位于Z之前，Y为Na，根据W位于P之后，且mol·L－1溶液对应的pH＝，可得W为S。元素电负性P＜S，A项正确。根据电子层数越多，简单离子的半径越大，可得S2－＞Na＋，B项错误。S的价层电子排布式为3s23p4，P的价层电子排布式为3s23p3(为半充满稳定状态)，元素第一电离能P＞S，C项错误。NH3分子间存在氢键，简单氢化物的沸点NH3＞PH3，D项错误。答案：A10．解析：(1)因为I4≫I3，所以该元素原子最外层有3个电子，为铝元素。(2)由图可知M的第一电离能和第二电离能差别不大，第三电离能和第二电离能差别很大，所以M原子最外层有2个电子，次外层电子数多于3个，故M是Mg元素。Mg原子的3s轨道处于全满状态，相对稳定，其第一电离能比同周期相邻的Na、Al的第一电离能都大。答案：(1)Al(2)①1s22s22p63s2②Mg>Al>Na11．解析：由所给数据分析知：同周期，从左到右，x值逐渐增大；同主族，从上到下，x值逐渐减小，则(1)同周期中x(Na)<x(Mg)<x(Al)，同主族中x(Mg)<x(Be)，综合可得：0.9<x(Mg)，同理：2.5<x(N)。(2)x值在周期表中的递变规律与原子半径的恰好相反，即：同周期(同主族)中，x值越大，其原子半径越小。(3)对比周期表中对角线位置的x值可知：x(B)>x(Si)，x(C)>x(P)，x(O)>x(Cl)，则可推知：x(N)>x(S)，故在S—N中，共用电子对应偏向氮原子。(4)查表知：AlCl3的Δx＝，又x(Br)<x(Cl)，所以AlBr3的Δx应小于AlCl3的，为共价键。答案：(1)(2)x值越小，半径越大(3)氮(4)共价键12．答案：(1)第二周期第ⅥA族(2)1s22s22p6(3)53(4)O＞B＞Mg(5)基态Mg的核外电子排布式为1s22s22p63s2，处于稳定状态，失去1个电子后，处于不稳定状态；基态Al的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，失去1个电子后，处于较稳定状态。13．解析：(1)Mn是25号元素，根据原子序数与元素周期表的位置判断其位置；(2)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－；(3)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－；(4)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；(5)根据元素周期表和对角线原则可知与锂化学性质相似的是镁。(6)[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；(7)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满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到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；(8)元素Mn与O中，由于O元素是非金属而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O；(9)根据图，同周期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；氮元素的2p能级达到半满状态，原子相对稳定，不易失去电子。答案：(1)ⅦB(2)小于(3)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－(4)O>Ge>Zn(5)Mg(6)A(7)大于Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失去电子(8)氧(9)同周期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的2p能级处于半充满状态，相对稳定，不易结合一个电子14．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在第二周期，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在第三周期，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、SO3课时作业51.解析：在乙烯分子中存在4个C—Hσ键和1个C—Cσ键，同时还含有1个C—Cπ键，A项错误；由于σ键要比π键稳定，故乙烯在发生加成反应时断裂的是C—Cπ键，B项错误；由乙烯制得氯乙烯可看作是乙烯中的一个氢原子被氯原子取代，故断裂的是C—Hσ键，C项正确；σ键是轴对称，D项错误。答案：C2.解析：s­sσ键无方向性，s­pσ键轴对称，A项对；在含有共价键的分子中一定有σ键，可能有π键，如HCl、N2等，B项对；单键都为σ键，乙烷分子结构式为，其6个C—H键和1个C—C键都为σ键，D项对；共价三键中有一个为σ键，另外两个为π键，故乙炔（H—C≡C—H）分子中有2个C—Hσ键，C≡C键中有1个σ键、2个π键，C项错。答案：C3.解析：答案：C4．解析：N≡N键由一个σ键和两个π键构成，N—N键为σ键，比π键牢固，键能大于π键，所以A项不正确；N≡N键的键能比H—H键的键能大，但由于氢原子的原子半径小，所以N≡N键的键长大于H—H键的键长，B项不正确；O2分子中氧原子间以双键结合，C项不正确；键能越大，分子越稳定，D项正确。答案：D5．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：C6．解析：N2中含N≡N键，反应中1个σ键和2个π键均断裂，A项错误；C2H2中含C≡C键，反应中1个σ键和2个π键均断裂，B项错误；H—H键、Cl—Cl键均为单键，反应中仅断裂σ键，C项正确；C2H4中含C=C键，反应中π键断裂，D项错误。答案：C7．解析：A为s轨道与p轨道“头碰头”电子云重叠形成的σ键；B为p轨道与p轨道“头碰头”电子云重叠形成的σ键；C为p轨道与p轨道“肩并肩”电子云重叠形成的π键；D为s轨道与s轨道“头碰头”电子云重叠形成的σ键。答案：C8．解析：A对，成键原子双方相同时，三键的键能大于双键，双键的键能大于单键，故键能：C—N＜C=N＜C≡N。B对，Cl、Br、I属于同一主族，原子半径逐渐增大，共价键的键长增大，故键长：I—I＞Br—Br＞Cl—Cl。C错，H2O为V形结构，键角为105°，NH3为三角锥形结构，键角为107°。D对，σ键是原子轨道“头碰头”重叠，重叠程度大，而π键是“肩并肩”重叠，重叠程度小，故相同元素原子间形成的共价键的键能：σ键＞π键。答案：C9．解析：A错，分子的结构与键角、键长有关。B错，H2O呈V形，H2O分子中的两个O—H键的键角为105°。C错，CF4、CCl4、CBr4、CI4都是正四面体形，键角相等，但原子半径不同，键长不相等。答案：D10．解析：由题目信息可知含有π键的物质，具有防晒效果。由于A、B、C中均含有C=O，有π键，而D中全部为单键，只含σ键不含有π键，因而酒精没有防晒效果，D正确。答案：D11．解析：1molS8中有8molσ键，因此32gS8即mol，molS8中含有σ键为8×eq\f(1,8)mol＝1mol，故A项正确；根据SF6的结构式，S原子形成六个共价键，最外层电子为12个，而不是8个，B项错误；成键原子之间只能形成1个σ键，三键中有2个π键，因此1mol乙炔中含有3molσ键和2molπ键，故C项正确；SF6中，6个F原子构成正八面体，故D项正确。答案：B12．解析：A错，图示最上方的P与S形成3个共价键，P为＋3价，底面的P与S形成1个共价键，P为＋1价。B对，该分子只含有共价键，属于共价化合物。C对，分子中P与P之间存在非极性共价键。D对，根据图示可知，1molP4S3分子中含有6molP—S极性共价键和3molP—P非极性共价键。答案：A13．答案：(1)①②③(2)DBAC14．解析：(1)HF、H2O中只含极性键，且均只含σ键；Br2、H2、N2只含非极性键，其中前二者均只含σ键、N2分子中含σ键和π键；H2O2、C2H6均含极性键、非极性键，且均为σ键；C2H4含极性键、非极性键，且含双键；H—C≡N分子中含单键、三键；CO2分子中含两个双键；HCHO分子中含有双键。含有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键是指由H原子与其他原子形成的共价键。答案：(1)①EFH②DEIJK③ACEFHIK④饱和方向(2)C原子半径较小，C、O原子能充分接近，p­p轨道“肩并肩”重叠程度较大，能形成较稳定的π键；而Si原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p­p轨道“肩并肩”重叠程度较小，不能形成稳定的π键15．解析：由题意可知，E为碱金属，能与D形成原子个数比为1∶1或2∶1的化合物，说明D为O，E为Na，A为H。B、C都能与O形成原子个数比为1∶1或1∶2的化合物，则B为C，C为N。B与F同主族，则F为Si。(1)H、C、O、Na四种元素可形成NaHCO3或CH3COONa等盐。(2)—个C2H2分子中含有一个三键和两个单键，有3个σ键和2个π键。(3)①共价晶体键能越大，形成的物质熔点越高。②反应热等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和：ΔH＝2Esi－si＋Eo＝o－4Esi－o＝2×176kJ·mol－1＋kJ·mol－1－4×460kJ·mol－1＝－kJ·mol－1。答案：(1)NaHCO3CH3COONa(2)32(3)①a>c>d>b②－kJ·mol－1课时作业61．解析：在CH4和GeCl4中，中心原子价层电子对数均为4，且没有孤电子对，4个氢原子和4个氯原子在空间呈正四面体形排列，且键角为109°28′；CH3Cl可看成CH4中一个氢原子被一个氯原子替换，由于氢原子与氯原子间的排斥作用力不同且氢原子与氯原子半径不同，故CH3Cl的空间结构不是正四面体形；P4是正四面体结构，但键角为60°；SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))中S原子价层电子对数为4，没有孤电子对，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))为正四面体形，键角为109°28′。答案：D2．解析：先确定分子的价层电子对数、孤电子对数后再确定分子的立体构型。α键电子对数孤电子对数价层电子对数分子空间结构SCl22eq\f(1,2)×(6－2×1)＝24V形BeCl22eq\f(1,2)×(2－2×1)＝02直线形BF33eq\f(1,2)×(3－3×1)＝03平面三角形NF33eq\f(1,2)×(5－3×1)＝14三角锥形CF44eq\f(1,2)×(4－4×1)＝04正四面体形SiCl44eq\f(1,2)×(4－4×1)＝04正四面体形CO22eq\f(1,2)×(4－2×2)＝02直线形SF22eq\f(1,2)×(6－2×1)＝24V形答案：C3．解析：两种模型相同，说明中心原子的价电子均参与成键，无孤电子对存在。答案：A4．解析：SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))离子的中心原子孤对电子计算公式为(a－xb)/2中，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，因此a＝6＋2＝8，x＝3，b＝2，故选A。答案：A5．解析：H3O＋与NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))的价层电子对数均为4，A项正确；H3O＋与NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))中心原子孤电子对数分别为1和0，B项错误；H3O＋与NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))分别属于三角锥形、正四面体形，C项错误；H3O＋与NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))分别属于三角锥形、正四面体形，所以键角不同，D项错误。答案：A6．解析：NCl3分子的电子式为，分子中各原子都满足8电子稳定结构，A错误；P4为正四面体形分子，但其键角为60°，B错误；NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))为正四面体形结构而非平面正方形结构，C错误；NH3分子电子式为，有一对未成键的孤电子对，由于孤电子对对成键电子的排斥作用，使其键角为107°，呈三角锥形，D正确。答案：D7．解析：由图可知，X为平面三角形结构，其碳原子应该有三对价层电子对，其组成为CHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(3))，A项正确，C项错误；Y为三角锥形结构，其碳原子有四对价层电子对，故其组成为CHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，键角比120°小，B、D项正确。答案：C8．解析：由题干信息可知，硫化羰的中心原子是碳，结构式为O=C=S，中心原子价层电子对数是2，属于直线形分子，故B项正确。答案：B9．解析：白磷为正四面体，但是键角为60°，A错误；白磷与B12分子中键角均为60°，B正确；S8分子中键角小于180°，而CO2分子为直线形，键角为180°，C错误；CCl4与CH4均为正四面体分子，但是原子半径Cl>C>H，所以比例模型不同，D错误。答案：B10．解析：SF6分子中，S和F的化合价分别是＋6和－1，S的化合价已达到最高价，不会再升高，而F的氧化性比O强，所以六氟化硫不易燃烧，A错误；SF6分子中的硫原子并不是8电子稳定结构，氟原子满足8电子稳定结构，B错误；SF6分子中只有S—F极性共价单键，均为σ键，C正确；若将六氟化硫分子中的2个F原子换成Cl原子，只有2种可能结构产物，D错误。答案：C11．解析：Y无最高正价，且能形成2个共价键，则Y是O元素；四种元素的原子序数依次增大，只有X、Y在同一周期，则W是H元素；X形成4个共价键，且原子序数小于Y(O)，则X是C元素；Z形成1个共价键，与X、Y不在同一周期，Z的含氧酸均具有氧化性，则Z是Cl元素。XWeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(3))是CHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(3))，中心C原子的价层电子对数为3＋eq\f(1,2)(4－1－3×1)＝3，不含孤电子对，则CHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(3))是平面三角形，所有原子共平面，A正确；XWeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))和W3Y＋分别为CHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))、H3O＋，中心原子C和O的价层电子对数均为4，且均含1个孤电子对，故二者的空间结构都是三角锥形，B正确；根据洪特规则和泡利原理可知，基态O原子的最外层电子的轨道表示式为，C错误；HClO和HCl溶液反应生成Cl2和H2O，D正确。答案：C12．解析：(1)AB3型四原子分子中，键角为120°时为平面三角形；键角小于120°时为三角锥形。(2)P4分子为正四面体形，键角为60°；CH2F2为四面体形，不是正四面体形；PCl5、NH3不属于AB4型分子，不为四面体形。答案：(1)三角锥形(2)b、e13．答案：(1)2＋eq\f(1,2)×(6－1×1－1×1)＝4V形(2)3s23p4平面三角形(3)SiCl4109°28′(4)c14．解析：(1)根据图示可知，2号B原子的价层电子对数为3，且无孤电子对；根据图示可知，该阴离子的化学式为[H4B4O9]m－，其中H显＋1价，B显＋3价、O显－2价，所以m＝2。(2)由于电负性：N>B，所以BN中B显＋3价。(3)BFeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))的空间结构为正四面体形，NaBF4的电子式为答案：(1)32(2)＋3N的电负性大于B的电负性(3)正四面体形15．答案：(1)SO2、HClO、ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))、ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))SO3SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))、ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))(2)①H－Si－H＞H－P－H＞H－S－H②<③<④平面三角形111.4°课时作业71．解析：CH4中碳原子为饱和碳原子，采用sp3杂化。A项，亚甲基碳原子为饱和碳原子，采用sp3杂化；B、C项，C=C中的不饱和碳原子采用sp2杂化；D项，C≡C中的不饱和碳原子采用sp杂化。A项符合题意。答案：A2．答案：C3．答案：D4．解析：乙醛中甲基的碳原子采取sp3杂化，醛基中的碳原子采取sp2杂化；丙烯腈中碳碳双键的两个碳原子均采取sp2杂化，另一个碳原子采取sp杂化；甲醛中碳原子采取sp2杂化；丙炔中甲基的碳原子采取sp3杂化，碳碳三键中两个碳原子均采取sp杂化。答案：A5．解析：由白磷分子的球棍模型图可知，每个磷原子均形成了3个σ键，且每个磷原子还有一对孤电子对，故价层电子对数为4，磷原子为sp3杂化，A项错误，B项正确；由图可知C、D项正确。答案：A6．解析：A分子中碳、氮原子各形成了3个σ键，氮原子有一对孤电子对而碳原子没有，故氮原子是sp3杂化而碳原子是sp2杂化，A项错误，B项正确；A分子中有一个碳氧双键，故有12对共用电子对、11个σ键，C项错误；由于氮原子为sp3杂化，故相应的四个原子形成的是三角锥形结构，不可能共平面，D项错误。答案：B7．解析：中心原子采取sp3杂化，轨道形状是正四面体，但如果中心原子还有孤电子对，分子的空间结构则不是正四面体；CH4分子中的sp3杂化轨道是C原子的一个2s轨道与三个2p轨道杂化而成的；AB3型的共价化合物，A原子可能采取sp2杂化或sp3杂化。答案：A8．解析：NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、NH3、NHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))含有的电子数均为10，A项正确；NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、NH3、NHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))三种微粒中氮原子的杂化方式均为sp3杂化，B项正确；NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))空间结构为正四面体形，NH3为三角锥形，NHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))为V形，C项错误；NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))、NH3、NHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))三种微粒的键角大小关系为NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))>NH3>NHeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))，D项正确。答案：C9．解析：SOCl2、H2O、CH4中中心原子的价层电子对数均为4，均采取sp3杂化，而AlCl3中中心原子的价层电子对数为3，属于sp2杂化，故选D。答案：D10．解析：氨基负离子中N原子价层电子对数＝2＋eq\f(5＋1－2×1,2)＝4，且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥模型知，该离子为V形(或角形)结构，N原子采用sp3杂化，故A错误。S原子价层电子对数＝2＋eq\f(6－2×2,2)＝3，且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥模型知，该分子为V形(或角形)，S原子采用sp2杂化，水分子中O原子采用sp3杂化，故B错误。C2H2中每个碳原子价层电子对数是2且不含孤电子对，该分子为直线形，C原子采用sp杂化，且C原子的价电子均参与成键，该分子中含有3个σ键、2个π键，故C正确。碳酸根离子中C原子价层电子对数＝3＋eq\f(4＋2－3×2,2)＝3，且不含孤电子对，该离子为平面三角形，C原子采用sp2杂化，故D错误。答案：C11．解析：分子中含14个σ键，同时苯环中的6个碳原子还会各自提供1个电子形成1个大π键，C≡C有2个π键，共含3个π键，故A错误。苯环是一个平面，碳原子都是sp2杂化，C≡C键是直线形，碳原子都是sp杂化，因此该分子中有8个碳原子在同一平面上，故B、D正确。同种原子间形成的共价键为非极性键，C≡C键为非极性键，故C正确。答案：A12．解析：分子中含6个N－H，6个C－N，3个C=N，双键中有1个σ键，共15个σ键，故A正确；C=N中，C原子为sp2杂化，N原子也为sp2杂化，－NH2中N原子(连接的都是单键)为sp3杂化，杂化类型不同，B错误；由于—NH2中N为sp3杂化，所以不可能在同一平面，C错误；同种元素原子之间才能形成非极性键，该分子结构中没有相同的原子连接，则该分子内只有极性键，故D错误。答案：A13．解析：b是氯与氯形成的非极性共价键，故A项错误；甲烷中碳与氢形成4个碳氢σ键、一氯甲烷分子中形成三个碳氢σ键和一个碳氯σ键，中心原子均为sp3杂化，故B项正确；四种分子中只存在σ键而没有π键，故C项错误；氯的原子半径大于氢原子半径，所以氯气分子中的氯氯键的键能小于氯化氢分子中的氢氯键共价键的键能，故D项错误。答案：B14．解析：氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子为平面正三角形，化学式应为NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，则其阳离子的化学式为：NOeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))，其中心N原子价电子对数为2＋eq\f(1,2)(5－1－2×2)＝2，所以其中的氮原子按sp方式杂化，阳离子为直线型，故合理选项是D。答案：D15．解析：根据氢化物化学式H2X，知eq\f(M（X）,M（X）＋2)×100%≈88.9%。可推知X的相对原子质量为16，则X为O，Y为S，则其氧化物分别为SO2、SO3，形成的酸分别为H2SO3和H2SO4，对应的酸根阴离子分别为SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))和SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))。对于各种微粒的空间结构如SO2、SO3、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))和SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，可依据步骤依次判断如下：SO2SO3SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))价层电子对数3344σ键数2334孤电子对数1010杂化轨道数3344空间结构V形平面三角形三角锥形正四面体氧元素与氢元素形成的化合物可能为H2O或H2O2，其中H2O分子为V形，H2O2分子中存在非极性键“—O—O—”。答案：(1)①SO2sp2V形②SO3sp2平面三角形(2)H2SO3H2SO4SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))三角锥形正四面体形(3)H2O2H2O16．解析：(1)根据构造原理可知，氯元素基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p5，所以未成对电子数为1。(2)根据氯吡苯脲的结构简式可知，有2个氮原子均形成3个单键，孤电子对数为1，采取sp3杂化，剩余1个氮原子形成1个双键和1个单键，孤电子对数为1，采取sp2杂化；羰基碳原子形成2个单键和1个双键，采取sp2杂化。(3)由于σ键比π键稳定，根据反应方程式可知，断裂的化学键为异氰酸苯酯分子中的N=C键中的π键和2­氯­4­氨基吡啶分子中的N—H键。(4)①O、N属于同周期元素，O的原子半径小于N，H—O键的键能大于H—N键的键能，所以H2O分子比NH3分子稳定。②H2O分子中O原子的价层电子对数＝2＋eq\f(6－2×1,2)＝4，孤电子对数为2，所以其空间结构为V形，O原子采取sp3杂化；NH3分子中N原子的价层电子对数＝3＋eq\f(5－3×1,2)＝4，孤电子对数为1，所以其空间结构为三角锥形，N原子采取sp3杂化；CO2分子中C原子的价层电子对数＝2＋eq\f(4－2×2,2)＝2，不含孤电子对，所以其空间结构为直线形，C原子采取sp杂化。答案：(1)1(2)sp2、sp3sp2(3)11(4)①H—O键的键能大于H—N键的键能②V形、三角锥形、直线形sp3、sp3、sp课时作业81．答案：D2．答案：D3．解析：同种原子形成的共价键是非极性键，即C=C键是非极性键，A错误；在CH4分子中含有C—H极性共价键，由于该分子中各个共价键空间排列对称，是正四面体形的分子，所以该分子是非极性分子，B错误；二氧化碳结构为O=C=O，为极性键，C错误；CH4分子中碳原子形成的都是σ键，碳原子的杂化类型是sp3杂化，而CO2分子中碳原子与两个氧原子分别形成了两个共价键，一个σ键、一个π键，碳原子的杂化类型是sp杂化，D正确。答案：D4．解析：甲醛分子中与H形成共价键的C原子的电负性没有那么大，与其相连的H原子不会成为“裸露”质子，甲醛分子间不存在氢键，A项错误；甲醛中C原子形成3个σ键和1个π键，C上没有孤电子对，其中C为sp2杂化，甲醇分子中C原子形成4个σ键，C上没有孤电子对，其中C为sp3杂化，B项错误；甲醛分子为平面三角形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，C项正确；甲醇分子中有—OH，可以形成分子间氢键，甲醇的沸点比甲醛的沸点高，D项错误。答案：C5．解析：NH3、PH3、AsH3的相对分子质量逐渐增大，与图示曲线不相符，故A项错误；元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性N＞P＞As，所以氢化物的稳定性随着原子序数增大而减弱，故B项正确；氢化物的熔沸点与其相对分子质量成正比，但含有氢键的熔沸点最高，所以沸点高低顺序是NH3、AsH3、PH3，故C项错误；原子半径越大，R－H键长越长，原子半径N＜P＜As，所以键长由短到长的顺序为NH3、PH3、AsH3，故D项错误。答案：B6．解析：非金属性较强的元素N、O、F的氢化物易形成氢键，并不是分子中有N、O、F原子分子间就存在氢键，如NO分子间就不存在氢键，故A项错误；若形成分子内氢键时，其熔点和沸点会降低，形成分子间氢键时，物质的熔点和沸点就会升高，形成分子间氢键，形成分子内氢键，故熔沸点高，故B项正确；分子的稳定性和氢键是没有关系的，而与化学键有关系，故C项错误；C－H键极性非常弱，不可能与水分子形成氢键。可燃冰是因为高压下水分子通过氢键形成笼状结构，笼状结构的体积与甲烷分子相近，刚好可以容纳下甲烷分子，而甲烷分子与水分子之间没有氢键，故D项错误。答案：B7．解析：S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，结合分子结构可知S2Cl2的结构式为Cl－S－S－Cl，电子式为，故A项错误；S2Cl2中Cl－S键属于极性键，S－S键属于非极性键，不对称的结构，为极性分子，故B项正确；分子的结构不对称，为极性分子，而不是非极性分子，故C项错误；同周期从左往右原子半径逐渐减小，所以氯原子半径小于硫原子半径，键长越短键能越大，所以分子中S－Cl键能大于S－S键的键能，故D项错误。答案：B8．解析：He、Ne、Ar、Kr是同一主族元素的原子，根据递变顺序，可知a为Ne；F、Cl、Br、I属于同一主族元素的原子，且b应是单质形式，即为Br2，c为氢化物，即HF，则a、b、c的化学式分别为Ne、Br2、HF，稀有气体无任何化学键，A项错误；卤素单质均表现为较强的氧化性，对应的氢化物中氢氟酸是弱酸，B项错误；O、S、Se、Te的原子的得电子能力依次减弱，非金属性越来越弱，则氢化物的稳定性越来越弱，系列④中各化合物的稳定性顺序为：H2O>H2S>H2Se>H2Te，C项正确；氢键影响物理性质，分子的稳定性与共价键的强弱有关，与氢键无关，D项错误。答案：C9．解析：H2O2是极性分子，A错误；反应Ⅰ是在催化剂作用下H2O生成H2和H2O2，涉及极性键H—O键的断裂和非极性键H—H键、O—O键的形成，B正确；分子的极性与分子内共价键的极性和分子的空间结构密切相关，分子中的正负电荷中心是否重合是分子极性的依据，中心重合的是非极性分子，不重合的是极性分子，如CH4是由极性键形成的非极性分子，C错误；H2O是极性分子，D错误。答案：B10．解析：分子中所有原子在一个平面上，所以分子结构中C和N原子的杂化方式均为sp2，故A正确；分子中有碳碳键，为非极性键，有碳氮单键、碳氢键和氮氢键，均为极性键，故B正确；孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，斥力越大，键角越大，故嘌呤轨道之间的夹角∠1比∠2大，故C错误；分子中有电负性较强的N原子，存在氮氢键，分子间可以形成氢键，故D正确。答案：C11．解析：组成和结构相似的氢化物，其相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高。因此，同一主族元素形成的氢化物的沸点按从上到下逐渐递增的趋势。但是由于H2O、HF、NH3分子间存在氢键，分子间作用力显著增大，因而沸点显著升高。答案：AD同族元素的氢化物相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高H2O、HF、NH3分子间存在氢键，分子间作用力显著增大，因而沸点显著升高12．解析：(1)(SCN)2的结构式为N≡C—S—S—C≡N，单键为σ键，三键中含有1个σ键、2个π键，故1mol(SCN)2中含有π键的数目为4NA；异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能，故异硫氰酸的沸点较高。(2)H2O2与H2O分子间可以形成氢键，溶解度增大，导致二者之间互溶。(3)乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)中N原子形成3个σ键，含1对孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化；乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)分子之间可以形成氢键，三甲胺[N(CH3)3]分子之间不能形成氢键，故乙二胺的沸点较高。(4)从氢键的成键原理上讲，A、B两项都成立，C、D两项都错误；但是H—O键的极性比H—N键的大，H—O键上氢原子的正电性更大，更容易与氮原子形成氢键，所以氢键主要存在于H2O分子中的H与NH3分子中的N之间。另外，可从熟知的性质加以分析。NH3·H2O能电离出NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))和OH－，按A项结构不能写出其电离方程式，按B项结构可合理解释NH3·H2O⇌NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))＋OH－，所以B项正确。(5)HF在水溶液中形成的氢键可从HF和HF、H2O和H2O、HF和H2O(HF提供氢)、H2O和HF(H2O提供氢)四个方面来考虑。由此可以得出HF水溶液中存在的氢键。答案：(1)4NA异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸不能(2)H2O2与H2O分子之间可以形成氢键(3)sp3杂化乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键(4)B(5)F—H…F、F—H…O、O—H…F、O—H…O13．解析：(1)H原子只有一个电子，且占据s轨道，O原子通过杂化形成4个sp3杂化轨道，杂化轨道上有2个不成对电子，H原子的s轨道与O原子的sp3杂化轨道头碰头形成共价键，则H2O分子中含有的共价键用符号表示为ds－sp3；(2)每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，故每个水分子形成的氢键数为4/2＝2；(3)H2O的结构为V形，O含有两对孤电子，H＋具有空轨道，可以以配位键的形式，结合其中一对孤电子形成H3O＋，则该离子的空间结构为三角锥形；(4)等电子体的要求是原子总数相同，价电子总数相同，所以短周期元素原子形成的与H3O＋互为等电子体的分子或离子有NH3；(5)①在电场作用下的凝结，说明水分子是极性分子；②由水分子释放出电子时产生的一种阳离子，可以表示成H2O＋，因为氧化性很强，氧化SO2生成硫酸，2H2O＋＋SO2=4H＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，根据信息和电荷守恒，H2O＋＋H2O=H3O＋＋－OH，因此，本题正确答案是：2H2O＋＋SO2=4H＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，H2O＋＋H2O=H3O＋＋－OH；(6)水的分解温度远高于其沸点的原因是水分解需要破坏分子内部的极性键，水的汽化只需破坏分子间的范德华力与氢键即可，而极性键远比分子间的范德华力与氢键强得多；(7)水分子之间除了范德华力外还存在较强的氢键，氢键是有方向性和饱和性的，水由液态变为固态时，氢键的这种方向性和饱和性表现得更为突出，每个水分子都处于与直接相邻的4个水分子构成的四面体中心，分子之间的空隙较大，密度较小。答案：(1)ds－sp3(2)2(3)三角锥形配位键(4)NH3(5)①极性②2H2O＋＋SO2=4H＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))H2O＋＋H2O=H3O＋＋－OH(6)水分解需要破坏分子内部的极性键，水的汽化只需破坏分子间的范德华力与氢键即可，而极性键远比分子间的范德华力与氢键强得多(7)水分子之间除了范德华力外还存在较强的氢键，氢键是有方向性和饱和性的，水由液态变为固态时，氢键的这种方向性和饱和性表现得更为突出，每个水分子都处于与直接相邻的4个水分子构成的四面体中心，分子之间的空隙较大，密度较小课时作业91．解析：题图中的分子不含手性碳原子，所以两分子不是手性分子；两分子的分子式相同，结构相同，故两分子表示的物质是同一种物质。答案：B2．解析：本题主要考查“相似相溶”原理。非极性分子I2构成的单质易溶于非极性溶剂中。答案：C3．解析：互为手性异构体的分子互为镜像关系，故A正确；在手性催化中，与催化剂手性匹配的化合物在反应过程中会与手性催化剂形成一种最稳定的过渡态，从而只会诱导出一种手性分子，所以利用手性催化剂合成主要得到一种手性分子，故B正确；手性异构体是同分异构体的一种，同分异构体分子式相同，所以手性异构体分子组成相同，故C正确；手性异构体旋光性不同，化学性质可能有少许差异。答案：D4．解析：这些物质中CH3CH2COOCH3不能与水形成氢键，则溶解度最小，分子中含有羟基数目越多，与水形成的氢键越多，则溶解度越大，所以溶解度：HOCH2CH(OH)CH2OH＞HOCH2CH2CH2OH＞CH3CH2CH2OH＞CH3CH2COOCH3，即d＞a＞b＞c。答案：A5．解析：根据“相似相溶”原理，水是极性分子，CS2是非极性分子，SO2和NH3都是极性分子，A错误、B正确；由于CS2常温下是液体，SO2和NH3常温下是气体，C错误；NH3在水中溶解度很大，除了由于NH3分子为极性分子外，还因为NH3分子和H2O分子之间可形成氢键，D错误。答案：B6．解析：由题意可知，A项、B项与D项中各有1个手性碳原子；C项中有2个手性碳原子。答案：C7．解析：本题考查氢键、范德华力及其对物质性质的影响。二甘醇的分子式为C4H10O3，它符合通式CnH2n＋2O3。二甘醇分子之间能形成O—H…O氢键，也存在范德华力。由“相似相溶”规律可知，二甘醇能溶于水和乙醇。答案：B8．解析：As4和P4分子中共价键键角均为60°，故A错误；原子半径As>P，键长越长，键能越小，故B错误；都为非极性分子，故C错误；黄砷为非极性分子，根据相似相溶原理，可知易溶于四氯化碳，难溶于水，故D正确。答案：D9．解析：1­戊醇以及木糖醇都含有羟基，可与水分子间形成氢键，所以水溶性比戊烷好，由于木糖醇含有羟基数目多，所以水溶性③＞①。答案：B10．答案：D11．解析：E是三角锥形分子，M是双原子分子且原子间形成三对共用电子，E和M必定是NH3和N2，G和L都是双原子分子且G是单质，则G是F2，L是HF。图示反应为：2NH3＋3F2=6HF＋N2。HF是极性分子，F2是非极性分子，故A正确；N2的电子式为∶N⋮⋮N∶，分子中含2个π键和1个σ键，故B正确；NH3与水分子形成氢键，使得氨气极易溶于水，故C正确；NH3的中心原子的价层电子对数是4，采取sp3杂化，故D错误。答案：D12．解析：若生成的新有机物为无光学活性的物质，则原有机物中的手性碳原子上至少有一个原子或基团发生转化使两个原子或基团具有相同的结构。A项，反应后—CHO转化为—COONH4，手性碳原子仍存在；B项，反应后—CH2OH转化为，手性碳原子仍存在；C项，反应后—CH2OH转化为—CH2ONa，手性碳原子仍存在；D项，反应后—CHO转化为—CH2OH，与原有机物手性碳原子上的一个基团结构相同，不再存在手性碳原子。答案：D13．解析：(2)题表中稀有气体的熔、沸点和在水中溶解度的数据变化呈现了一定的规律，即随着相对分子质量的增大，稀有气体的熔、沸点逐渐升高，溶解度逐渐增大，据此即可解题。(3)范德华力影响物质的物理性质(如熔、沸点和溶解度等)，而不是物理性质影响范德华力。该小题前三个选项错在颠倒了因果关系。答案：(1)范德华力(2)C(3)ABC14．解析：(1)连接4个不同原子或原子团的碳原子为不对称碳原子，3­氯­2­丁氨酸的结构简式为，标“*”的碳原子为不对称碳原子，所以一个该有机物分子中含有2个不对称碳原子；—NH2中N原子含有1个孤电子对和3个共价键，则N原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化。(2)不对称碳原子连接4个不同的原子或原子团，故青蒿素分子中不对称碳原子标记如图共7个。答案：(1)2sp3(2)7(3)a.d．CH3eq\o\al(\s\up2(*),\s\do3(C))HClCH2CHO15．解析：(1)①ClOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))的价电子对数为(7＋1)/2＝4，Cl原子上没有孤电子对，空间构型为正四面体形，Cl原子采用sp3杂化；②环上有5个σ键，环外有3个σ键，共8个σ键；Htrz分子中只有N原子有孤电子对，H、C无孤对电子，所以与Fe2＋形成配位键的原子是N；③两者结构相似，相对分子质量非常接近，但Htrz分子中有N－H键，N原子半径小，电负性大，分子间可以形成氢键，也可以与水分子间形成氢键，所以它们的水溶性和沸点差异很大的主要原因是：1，2，4–三氮唑分子间、与水分子间都可以形成氢键；(2)根据抗坏血酸的分子结构，该结构中有两种碳原子，全形成单键的碳原子和双键的碳原子，全形成单键的碳原子为sp3杂化，双键的碳原子为sp2杂化；根据抗环血酸分子结构，分子中含有4个－OH，能与水形成分子间氢键，因此抗坏血酸易溶于水；(3)苏丹红Ⅰ形成分子内氢键，羟基取代对位后，则易形成分子间氢键，与H2O之间形成氢键后会增大其溶解度；(4)饱和一元醇由于含有—OH，所以与水结构相似，但是随着碳原子数目增多，与水结构上的相似程度就减少，所以水溶性减弱。答案：(1)①正四面体形sp3②8N③1，2，4–三氮唑分子间、与水分子间都可以形成氢键(2)sp3、sp2易溶于水(3)增大因为苏丹红Ⅰ形成分子内氢键，而修饰后的分子可形成分子间氢键，与水分子间形成氢键后有利于增大化合物在水中的溶解度(4)减弱因为随着n值增大，醇与水的结构相似程度减小，所以溶解度减弱。课时作业101．答案：D2．解析：由晶胞的概念可知A选项错误；相同晶体中晶胞的大小和形状完全相同，不同晶体中，晶胞的大小和形状不一定相同，B选项错误；晶体中的大部分粒子被若干个晶胞所共有，不完全属于某个晶胞，C选项错误；知道晶胞的组成，利用“均摊法”即可推知晶体的组成，D选项正确。答案：D3．解析：由题可知a有固定熔点，属于晶体，b没有固定熔点，属于非晶体。答案：D4．解析：由于AB＝2CD，而AB、CD间的电阻却相等，说明样品横向(AB)与纵向(CD)的导电性不同，具有各向异性，而晶体的特征之一是各向异性，非晶体则具有各向同性，故该样品为晶体。答案：D5．解析：因为玻璃态水的密度与普通液态水的密度相同，所以水由液态变为玻璃态，体积不变。因为玻璃态的水无固定形状，不存在晶体结构，所以不是一种晶体，而是水的一种特殊状态。答案：C6．答案：A7．答案：C8．解析：某些晶体熔化时破坏分子间作用力，而不断裂化学键，如碘单质熔化，A错误。答案：A9．解析：准晶体不具备普通晶体的长程平移对称性，延展性较差，原子间有间隙，密度较小；普通玻璃属于非晶体，其主要成分为硅酸盐，Si与O原子间形成共价键。答案：C10．解析：加过量的硫酸铜，饱和溶液有晶体析出，晶体能够长大。如果硫酸铜不过量，则晶体变规则，但不能长大。答案：(1)加过量的硫酸铜是使晶体长大；晶体的大小不变，但是变规则。(2)说明晶体的规则几何外形、晶体的自范性。11．解析：获得晶体有3个途径：熔融态物质凝固；气态物质冷却不经液态直接凝固(物理上称为凝华)；溶质从溶液中析出。(1)在表面皿上加少量冷水的作用是冷却碘蒸气；(2)观察到的实验现象是烧杯中充满紫色的蒸气，在表面皿上有紫黑色的晶体；(3)在表面皿上碘是晶体；(4)这种方法是凝华，制取晶体的方法还有熔融态物质的凝固、结晶。答案：(1)冷却碘蒸气(2)烧杯中充满紫色的蒸气，在表面皿上有紫黑色的晶体(3)晶体(4)凝华熔融态物质的凝固结晶12．解析：(1)从粒子在微观空间里是否具有有序性和自范性角度观察。(2)A项，玻璃是一种无固定熔、沸点的非晶体；B项，许多固体粉末不能用肉眼观察到晶体外形，但可通过光学显微镜或电子显微镜看到规则的几何外形，所以固体粉末也可能是晶体。(3)晶体的自范性指的是在适宜条件下，晶体能够自发呈现规则的几何外形的性质，这一适宜条件一般指的是晶体能够自动结晶析出的条件。A项所述过程不可能实现；C项中的圆形并不是晶体冰本身自发形成的，而是受容器的限制形成的；D项中玻璃属于非晶体；B项中的氯化钠属于晶体，从饱和溶液中析出是形成晶体的途径